Asta che cade.

Messaggio da **Pigkappa** » 26 gen 2009, 20:48

Un'asta di lunghezza $\displaystyle l$ e massa $\displaystyle m$ distribuita uniformemente sta in piedi su un piano orizzontale senza attrito, e si appoggia contro un muro senza attrito. Inizialmente viene tenuta ferma in posizione quasi verticale. L'asta viene lasciata andare. Quanto vale la componente orizzontale della velocità del suo centro di massa nel momento in cui perde il contatto con il muro?

Il livello secondo me potrebbe essere quello di un Senigallia abbastanza difficile, oppure potrebbe essere un quesito IPHO da 5 punti, se non fosse un problema abbastanza famoso. Esiste una soluzione bella e olimpica (cioè: senza integrali), anche se imho non è facile da trovare.

BONUS QUESTION: se invece la massa non è distribuita uniformemente, ma il momento d'inerzia rispetto al centro è $\displaystyle I = \beta ml^2$ e il centro di massa è ancora il centro dell'asta, come cambia la risposta?

Carmelo · Messaggio da **Carmelo** » 27 gen 2009, 17:22

stavo cercando di disegnare il diagramma di corpo libero, ma non so uscirne...
la mia conclusione (abbastanza empirica) è che la normale del pavimento deve essere minore di $m \vec g$ , così il centro di massa dell'asta viene accelerato verso il basso, e contemporaneamente fornisce un momento rispetto a questo in modo che l'asta ruoti fino a terra... (sbagliato al 99%

)

con la reazione normale del muro non so come uscirne... c'è, ma il suo momento si oppone a quello della normale dal pavimento, e visto che rispetto al c.d.m. il braccio è uguale, la diferenza tra i due momenti dipende solo da come variano le reazioni in base all'angolo con cui l'asta cade...

PS analisi molto qualitativa e poco fisica... magari ci ripenso un po' su

Paolo90 · Messaggio da **Paolo90** » 28 gen 2009, 16:00

utilizzando la fisica lagrangiana mi e' venuta un'equazione differenziale terribile, nella forma $\frac{d^2}{dt^2}\theta=kcos\theta$ , che non ha soluzioni semplici...

Messaggio da **Pigkappa** » 28 gen 2009, 16:04

Ho detto che potrebbe essere un problema sensato per le olimpiadi, quindi non è che se scrivi la Lagrangiana lo risolvi in due righe. I problemi fatti bene sono testati contro questo tipo di procedimenti.

Esiste anche il modo non olimpico di farlo (comunque non con le Lagrangiane, che io sappia), ma non è proprio la prima cosa mi aspetto di trovare qui...

Tra l'altro, non ho chiesto di risolvere l'equazione del moto (che probabilmente non si può risolvere), ma ho chiesto una cosa più specifica che invece si può trovare...

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 29 gen 2009, 15:26

Provo a rispondere io.
Ho fatto il bilancio di energia: delta potenziale = cinetica+rotazionale, mettendo in relazione la velocità traslazionale con quella angolare tramite i vincoli geometrici; e infine per tenere conto del distacco, dopo il quale nessuna forza orizzontale agisce sull'asta, ho imposto accelerazione orizzontale nulla. Da ciò ho tratto le seguenti conclusioni:

$\displaystyle v_x=\frac{ 2 }{ 3 }\sqrt{\frac{ 4}{ 13 }gl }$

Nel caso della bonus question:
$\displaystyle v_x=\frac{ 2 }{ 3 }\sqrt{\frac{ gl }{ 3(1+\beta)}$

Sarà giusto

boh...

Ciao.

MicroM · Messaggio da **MicroM** » 13 feb 2009, 17:50

Pigkappa ha scritto: Tra l'altro, non ho chiesto di risolvere l'equazione del moto (che probabilmente non si può risolvere), ma ho chiesto una cosa più specifica che invece si può trovare...

certo, anche perché se non si precisa l'angolo iniziale ho il forte sospetto che il tempo di caduta sia indeterminato (ovvero tende a infinito se l'angolo iniziale tende a 90°). La quantità richiesta dipende invece con continuità dall'angolo iniziale.

Il concetto di 'potersi risolvere' forse è meglio precisarlo: non si conosce una espressione analitica (combinazione finita di funzioni elementari) per esprimere la legge oraria. Dal punto di vista matematico però, dato l'angolo iniziale, il problema è ben posto e quindi risolvibile e con soluzione unica (ovviamente trascurando attriti, deformabilità e amenità analoghe). In effetti è un problema parente strettissimo del pendolo fisico per grandi oscillazioni.

Messaggio da **Pigkappa** » 13 feb 2009, 21:09

Falco5x ha scritto: $\displaystyle v_x=\frac{ 2 }{ 3 }\sqrt{\frac{ 4}{ 13 }gl }$
Nel caso della bonus question:
$\displaystyle v_x=\frac{ 2 }{ 3 }\sqrt{\frac{ gl }{ 3(1+\beta)}$
Sarà giusto

I risultati mi pare di sì, ma secondo me è istruttivo mostrare il procedimento, sia perchè così si impara a scrivere la soluzione, sia perchè si permette agli altri di capirci qualcosa... Infatti "imporre i vincoli geometrici" non è del tutto banale e sicuramente il grosso del problema sta in quello.

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 15 feb 2009, 13:06

Scrivendo il procedimento con l’intenzione di pubblicarlo mi sono accorto che nel calcolare i risultati postati in precedenza devo aver commesso qualche errore.
La soluzione completa che presento adesso, invece, dovrebbe essere corretta.

Detta x la coordinata orizzontale della base dell’asta appoggiata al terreno, e y la coordinata verticale della sommità dell’asta appoggiata alla parete, cerco di determinare la Vx del C.M. in funzione di un parametro posizionale, ad esempio y, nell’ipotesi che l’asta mantenga il contatto sia con la parete che col pavimento (ciò è vero fino al momento del distacco).
L’abbassamento del C.M. dell’asta permette di calcolare la perdita di energia potenziale che si converte tutta in energia cinetica.

${x_{CM}} = \frac{x}{2}$
${y_{CM}} = \frac{y}{2}$
$\Delta {E_P} = \frac{{mg}}{2}\left( {L - y} \right)$
$\Delta {E_K} = \frac{1}{2}m\left( {\frac{{{{\dot x}^2}}}{4} + \frac{{{{\dot y}^2}}}{4}} \right) + \frac{1}{2}I{{\dot \theta }^2}$
$\Delta {E_K} = \frac{1}{8}m\left( {{{\dot x}^2} + {{\dot y}^2}} \right) + \frac{1}{2}I{{\dot \theta }^2}$
Occorre adesso eliminare alcune variabili dipendenti, come ad esempio l’angolo di rotazione.

$\cos \theta = \frac{y}{L}$
$\frac{d}{{dt}}\cos \theta = - \dot \theta sen\theta = \frac{{\dot y}}{L}$
${{\dot \theta }^2} = \frac{{{{\dot y}^2}}}{{{L^2}se{n^2}\theta }} = \frac{{{{\dot y}^2}}}{{{x^2}}}$
Sostituendo si ha:

$\Delta {E_K} = \frac{1}{8}m\left( {{{\dot x}^2} + {{\dot y}^2}} \right) + \frac{1}{2}I\frac{{{{\dot y}^2}}}{{{x^2}}}$
Adesso eliminiamo anche la variabile dipendente ${\dot y}$

$y = \sqrt {{L^2} - {x^2}}$
$\dot y = \frac{{ - 2x\dot x}}{{2\sqrt {{L^2} - {x^2}} }}$
$\dot y = - \frac{{x\dot x}}{y}$
$\Delta {E_K} = \frac{1}{8}m\left( {{{\dot x}^2} + \frac{{{x^2}{{\dot x}^2}}}{{{y^2}}}} \right) + \frac{1}{2}I\frac{{{{\dot x}^2}}}{{{y^2}}} = \frac{1}{8}m{{\dot x}^2}\frac{{{L^2}}}{{{y^2}}} + \frac{1}{2}I\frac{{{{\dot x}^2}}}{{{y^2}}}$
Eguagliando $\Delta {E_K} = \Delta {E_P}$ si ha

$\frac{1}{2}m{{\dot x}^2}\frac{{{L^2}}}{{4{y^2}}} + \frac{1}{2}I\frac{{{{\dot x}^2}}}{{{y^2}}} = \frac{{mg}}{2}\left( {L - y} \right)$
${{\dot x}^2}\left( {\frac{{m{L^2} + 4I}}{{4m{y^2}}}} \right) = g\left( {L - y} \right)$
${{\dot x}^2} = g\left( {L - y} \right)\frac{{4{y^2}}}{{{L^2} + \frac{{4I}}{m}}}$
Al momento del distacco dal muro si azzera la forza orizzontale e quindi l’accelerazione orizzontale del centro di massa, e quindi anche ${\ddot x}$

${{\dot x}^2} = g\left( {L - y} \right)\frac{{4{y^2}}}{{{L^2} + \frac{{4I}}{m}}}$
$2\dot x\ddot x = \frac{d}{{dt}}\left[ {\frac{{4g}}{{{L^2} + \frac{{4I}}{m}}}\left( {L{y^2} - {y^3}} \right)} \right] = \frac{{4g}}{{{L^2} + \frac{{4I}}{m}}}\left[ {2Ly\dot y - 3{y^2}\dot y} \right]$
$\ddot x = \frac{{4g}}{{2\dot x\left( {{L^2} + \frac{{4I}}{m}} \right)}}\left[ {2Ly\dot y - 3{y^2}\dot y} \right] = 0$
$y = \frac{2}{3}L$
Sostituendo nell’espressione della velocità orizzontale

${{\dot x}^2} = g\left( {L - \frac{2}{3}L} \right)\frac{{16{L^2}}}{{9\left( {{L^2} + \frac{{4I}}{m}} \right)}} = gL\frac{{16{L^2}}}{{27\left( {{L^2} + \frac{{4I}}{m}} \right)}}$
$I = \frac{1}{{12}}m{L^2}$
$\dot x = \frac{2}{3}\sqrt {gL}$
${V_X} = \frac{{\dot x}}{2} = \frac{1}{3}\sqrt {gL}$

Bonus question:

$I = \beta m{L^2}$
$\dot x = \frac{4}{3}\sqrt {\frac{{gL}}{{3\left( {1 + 4\beta } \right)}}}$
${V_X} = \frac{{\dot x}}{2} = \frac{2}{3}\sqrt {\frac{{gL}}{{3\left( {1 + 4\beta } \right)}}}$

pascal · Messaggio da **pascal** » 15 feb 2009, 14:15

Durante il contatto con la parete verticale, il centro di massa C dell’asta si mantiene alla distanza costante L/2 dall’origine O degli assi. Pertanto C è in moto circolare con accelerazione tangenziale at e centripeta ar e con velocità v. Nell’istante del distacco agiscono sull’asta il suo peso P e la reazione verticale N dovuta al piano orizzontale. Il momento delle forze rispetto a C vale N L/2sen $\theta$ = I $\alpha$ , dove I = m $\[L^2$ /12 è il momento d’inerzia rispetto all’asse ortogonale al piano del moto per C e $\alpha$ è l’accelerazione angolare della sbarretta. Ma l’asta e OC, formando angoli uguali con la verticale, hanno le stesse velocità $\omega$ ed accelerazioni $\alpha$ angolari; quindi v = $\omega$ L /2 e at = $\alpha$ L/2. La risultante delle forze è verticale e la sua componente tangente all’arco di circonferenza descritto da C è: (P – N) sen $\theta$ = m at. Le equazioni scritte consentono di calcolare at = 3/4 g sen $\theta$ e poi P –N = 3 / 4 mg. La componente centripeta della risultante diretta da C verso O è allora 3 / 4 mg cos $\theta$ = m $\[v^2$ / (L / 2). Per la conservazione dell’energia tra l’istante iniziale e il distacco si ottiene: mgL / 2 = mg L / 2 cos $\theta$ +1 / 2 m $\[v^2$ + 1 / 2 I $\omega^2$ , dove si sono considerate le energie (potenziale e cinetica) attribuite al centro di massa C e cinetica intorno a C. Da v = $\omega$ L / 2 si ricava $\[v^2$ = 3 / 4 g L (1- cos $\theta$ ) che, inserita nell’espressione della forza centripeta, permette di avere cos $\theta$ = 2 / 3 e v = [ $\sqrt(gL)$ ]/2. La componente orizzontale della velocità al momento del distacco vale, dunque, v cos $\theta$ = [ $\sqrt(gL)$ ]/3.
Analogamente si procede per l'asta con l'altro momento d'inerzia.

Donato Palermo · Messaggio da **Donato Palermo** » 15 feb 2009, 15:34

Falco5x ha scritto:Scrivendo il procedimento con l’intenzione di pubblicarlo mi sono accorto che nel calcolare i risultati postati in precedenza devo aver commesso qualche errore.
La soluzione completa che presento adesso, invece, dovrebbe essere corretta.

Detta x la coordinata orizzontale della base dell’asta appoggiata al terreno, e y la coordinata verticale della sommità dell’asta appoggiata alla parete, cerco di determinare la Vx del C.M. in funzione di un parametro posizionale, ad esempio y, nell’ipotesi che l’asta mantenga il contatto sia con la parete che col pavimento (ciò è vero fino al momento del distacco).
L’abbassamento del C.M. dell’asta permette di calcolare la perdita di energia potenziale che si converte tutta in energia cinetica.

${x_{CM}} = \frac{x}{2}$
${y_{CM}} = \frac{y}{2}$
$\Delta {E_P} = \frac{{mg}}{2}\left( {L - y} \right)$
$\Delta {E_K} = \frac{1}{2}m\left( {\frac{{{{\dot x}^2}}}{4} + \frac{{{{\dot y}^2}}}{4}} \right) + \frac{1}{2}I{{\dot \theta }^2}$
$\Delta {E_K} = \frac{1}{8}m\left( {{{\dot x}^2} + {{\dot y}^2}} \right) + \frac{1}{2}I{{\dot \theta }^2}$
Occorre adesso eliminare alcune variabili dipendenti, come ad esempio l’angolo di rotazione.

$\cos \theta = \frac{y}{L}$
$\frac{d}{{dt}}\cos \theta = - \dot \theta sen\theta = \frac{{\dot y}}{L}$
${{\dot \theta }^2} = \frac{{{{\dot y}^2}}}{{{L^2}se{n^2}\theta }} = \frac{{{{\dot y}^2}}}{{{x^2}}}$
Sostituendo si ha:

$\Delta {E_K} = \frac{1}{8}m\left( {{{\dot x}^2} + {{\dot y}^2}} \right) + \frac{1}{2}I\frac{{{{\dot y}^2}}}{{{x^2}}}$
Adesso eliminiamo anche la variabile dipendente ${\dot y}$

$y = \sqrt {{L^2} - {x^2}}$
$\dot y = \frac{{ - 2x\dot x}}{{2\sqrt {{L^2} - {x^2}} }}$
$\dot y = - \frac{{x\dot x}}{y}$
$\Delta {E_K} = \frac{1}{8}m\left( {{{\dot x}^2} + \frac{{{x^2}{{\dot x}^2}}}{{{y^2}}}} \right) + \frac{1}{2}I\frac{{{{\dot x}^2}}}{{{y^2}}} = \frac{1}{8}m{{\dot x}^2}\frac{{{L^2}}}{{{y^2}}} + \frac{1}{2}I\frac{{{{\dot x}^2}}}{{{y^2}}}$
Eguagliando $\Delta {E_K} = \Delta {E_P}$ si ha

$\frac{1}{2}m{{\dot x}^2}\frac{{{L^2}}}{{4{y^2}}} + \frac{1}{2}I\frac{{{{\dot x}^2}}}{{{y^2}}} = \frac{{mg}}{2}\left( {L - y} \right)$
${{\dot x}^2}\left( {\frac{{m{L^2} + 4I}}{{4m{y^2}}}} \right) = g\left( {L - y} \right)$
${{\dot x}^2} = g\left( {L - y} \right)\frac{{4{y^2}}}{{{L^2} + \frac{{4I}}{m}}}$
Al momento del distacco dal muro si azzera la forza orizzontale e quindi l’accelerazione orizzontale del centro di massa, e quindi anche ${\ddot x}$

${{\dot x}^2} = g\left( {L - y} \right)\frac{{4{y^2}}}{{{L^2} + \frac{{4I}}{m}}}$
$2\dot x\ddot x = \frac{d}{{dt}}\left[ {\frac{{4g}}{{{L^2} + \frac{{4I}}{m}}}\left( {L{y^2} - {y^3}} \right)} \right] = \frac{{4g}}{{{L^2} + \frac{{4I}}{m}}}\left[ {2Ly\dot y - 3{y^2}\dot y} \right]$
$\ddot x = \frac{{4g}}{{2\dot x\left( {{L^2} + \frac{{4I}}{m}} \right)}}\left[ {2Ly\dot y - 3{y^2}\dot y} \right] = 0$
$y = \frac{2}{3}L$
Sostituendo nell’espressione della velocità orizzontale

${{\dot x}^2} = g\left( {L - \frac{2}{3}L} \right)\frac{{16{L^2}}}{{9\left( {{L^2} + \frac{{4I}}{m}} \right)}} = gL\frac{{16{L^2}}}{{27\left( {{L^2} + \frac{{4I}}{m}} \right)}}$
$I = \frac{1}{{12}}m{L^2}$
$\dot x = \frac{2}{3}\sqrt {gL}$
${V_X} = \frac{{\dot x}}{2} = \frac{1}{3}\sqrt {gL}$

Bonus question:

$I = \beta m{L^2}$
$\dot x = \frac{4}{3}\sqrt {\frac{{gL}}{{3\left( {1 + 4\beta } \right)}}}$
${V_X} = \frac{{\dot x}}{2} = \frac{2}{3}\sqrt {\frac{{gL}}{{3\left( {1 + 4\beta } \right)}}}$

perche nell'energia cinetica c'e in theta al quadrato?nn dovrebbe essere la velocità angolare?e perche l'accelerazione orizzontale si azzera?

Asta che cade.

Asta che cade.

Re: Asta che cade.

Re: Asta che cade.

Re: Asta che cade.

Re: Asta che cade.

Re: Asta che cade.

Re: Asta che cade.

Re: Asta che cade.

Re: Asta che cade.

Re: Asta che cade.