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Un simpatico esercizietto dato per casa a Fisica I Padova.

Un blocchetto di massa m, inizialmente in quiete su un piano orizzontale liscio, è spinto da un'asta incernierata ad un estremo ad un asse verticale, intorno al quale ruota con velocità angolare $\omega$ costante.
Quando il blocchetto viene a contatto con l'asta si trova ad una distanza $x_0$ dall'asse di rotazione.
Come si muove il blocchetto rispetto all'asta?
A quale distanza dall'asse si trova dopo un giro completo dell'asta?
Qual è la forza di contatto tra l'asta e il blocchetto e quanto vale dopo un giro completo dell'asta?

$\odot\_\_\_\_\_\_\_\_ \square\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_\_$

In questo schizzo si vede, dall'alto, l'asta con il blocchetto e la traccia dell'asse di rotazione a sinistra.

Questo mi ricorda le partite a flipper nel bar vicino a scuola

Boh qua c'è il vuoto pneumatico

A viene:

$x(t) = {x_0}\cosh \omega t$

${F_\theta }\left( t \right) = 2m{\omega ^2}{x_0}\sinh \omega t$

Dopo un giro completo:

$x\left( T \right) = {x_0}\cosh \omega \frac{{2\pi }}{\omega } = {x_0}\cosh 2\pi \simeq 268{x_0}$

${F_\theta }\left( T \right) = m{x_0}{\omega ^2}\left( {{e^{2\pi }} - {e^{ - 2\pi }}} \right) \simeq 535m{x_0}{\omega ^2}$

Giusto! Immagino che nella forza tu abbia dimenticato un $m$ , comunque va bene.

Vuoi postare la soluzione, o attendere che qualcuno si cimenti col problema?
Fino all'equazione differenziale ci si può arrivare, su ragazzi!

Davide90 ha scritto:Giusto! Immagino che nella forza tu abbia dimenticato un $m$ , comunque va bene.
Vuoi postare la soluzione, o attendere che qualcuno si cimenti col problema?
Fino all'equazione differenziale ci si può arrivare, su ragazzi!

sono di una distrazione inconcepibile...
ho corretto

Preferisco aspettare un po' per vedere se qualcuno posta i dettagli, altrimenti lo faccio più avanti.

Non appena il blocchetto è agganciato dall'asta rotante acquista (idealmente) in modo istantaneo la velocità
iniziale $v_0=\omega\,x_0$ .
Il moto rotatorio crea, nel nostro sistema di riferimento inerziale, un'accelerazione centripeta che dipende dalla distanza x del blocchetto dall'asse di rotazione, secondo la formula
$a_c=\frac{[v(x)]^2}{x}=\frac{\omega^2\,x^2}{x}$ , da cui:
$a_c(x)=\omega^2\,x$ . Naturalmente questa è la velocità del corpo nella rotazione, non nel movimento radiale.
Quindi il blocchetto scorre lungo l'asta in orizzontale fino a raggiungere l'asse di rotazione verticale in $x=0$ .
Non c'è un'accelerazione costante, ma essa decresce man mano che il corpo si avvicina all'asse di rotazione.
L'accelerazione è la derivata seconda dell'equazione oraria rispetto al tempo:
$a_c=\frac{d^2x}{dt^2}$ , quindi si potrebbe risalire alla velocità e all'equazione del moto con l'integrale.
Il problema è che operando in questo modo, si giunge alla velocità e alla legge oraria che dipendono da due valori, dal tempo e dalla posizione in tale tempo.
Essendo per esempio $v(x;t)$ , non bisogna per caso fare un'integrazione rispetto a x e una rispetto a t? E poi come potebbero essere unificate in un'unica formula?
Sto andando fuori strada?

Attento: se ho capito bene tu consideri che il blocchetto si avvicini all'asse di rotazione? Prova a far ruotare una penna o righello su un'asse e urtare sulla sua traiettoria un piccolo oggetto (tipo una gomma): in che direzione si sposta, verso l'esterno l'interno?
Comunque ti conviene metterti prima nel sistema di riferimento non inerziale della sbarra, e poi semmai dopo passare al sistema di riferimento inerziale esterno. Alla fine l'equazione che ti salta fuori è comunque quella che hai scritto, ma il ragionamento dietro è diverso.

Bene ho cominciato proprio col peide giusto...
Comunque stabiliamo questo sistema ancorandolo all'asta in rotazione orizzontale: il suo moto è associato ad una accelerazione, quindi il sistema non è inerziale. Fatta questa premessa, si passa a studiare il movimento del blocco rispetto all'asta:
appena c'è contatto con questa, il corpo assume la velocità tangenziale $v_t0=\omega\,x_0$ , mentre si crea contestualmente una accelerazione che agisce nella direzione dell'asta, allontanando l'oggetto dall'asse di rotazione.
Questa acc. centrifuga è
$a_c(x)=\omega^2\,x$ .
In realtà la posizione x è legata all'equazione oraria, quindi è più corretto scrivere:
$a_c(t)=\omega^2\,[x(t)]$ .
Sappiamo anche che l'accelerazione è la derivata seconda della legge oraria, quindi:
$a_c(t)=\frac{d^2[x(t)]}{dt^2}$ .
Se eguagliamo queste due relazioni si ha:
$\frac{d^2[x(t)]}{dt^2}=\omega^2\,[x(t)]$ .
Fino a un'oretta fa non avevo idea di come affrontare una situazione di questo genere, ma un'occhiata rapida alla parte finale del mio libro di matematica è stata decisamente salutare.
Questa è un'equazione differenziale di secondo ordine, in cui bisogna innanzi tutto sostituire la funzione e le sue derivate con un termine parametrico k elevato al grado della derivata secondo lo schema
$x(t)=k^0=1$
$\frac{d[x(t)]}{dt}=k$
$\frac{d^2[x(t)]}{dt^2}=k^2$ .
Quindi si ha
$\frac{d^2[x(t)]}{dt^2}-\omega^2\,[x(t)]=0$
$k^2-\omega^2=0\;\Rightarrow\;k_1=\omega \;\;\;\;\;k_2=-\omega$ .
La formula risolutiva di questa eq. differenziale è del tipo:
$x(t)=c_1e^{k_1t}+c_2e^{k_2t}$ .
Ovvero
$x(t)=c_1e^{\omega t}+c_2e^{-\omega t}$ .
Al tempo t=0s la velocità radiale del corpo è nulla e da ciò si osserva
$v(t)=\frac{d[x(t)]}{dt}=c_1\omega e^{\omega t}-c_2\omega e^{-\omega t}$ .
Essendo $v(0)=0$ si ha: $c_1=c_2$ .
Poi dalla derivata seconda si può osservare che l'accelerazione a t=0s è $a_c(0)=\omega^2\,x_0$ , quindi
$\frac{d^2[x(t)]}{dt^2}=\omega^2(c_1e^{\omega t}+c_2e^{-\omega t})$ ,
da cui si arriva a
$c_1=c_2=\frac{x_0}{2}$ .
Perciò l'equazione finale del moto del blocco è:
$x(t)=x_0\frac{e^{\omega t}+e^{-\omega t}}{2}$ .
In realtà il rapporto presente nell'ultimo passaggio
equivale al coseno iperbolico (per me, un'altra scoperta odierna), perciò possiamo scrivere:
$x(t)=x_0\,cosh(\omega t)$ .
Spero questo sia il ragionamento corretto.

Dato che $\omega$ è costante, il tempo impiegato per una rotazione completa è
$T=\frac{2\pi}{\omega}$ ,
e quindi possiamo risalire alla posizione dopo un giro completo scrivendo:
$x_f(T)=x_0\frac{e^{2\pi}+e^{-2\pi}}{2}=267,7\,x_0\,\simeq\,268\,x_0$ .
In questa situazione non è possibile applicare la conservazione della quantità di moto angolare, o momento angolare, perchè
la velocità dell'asta non varia nonostante l'urto con il blocco e esso si sposta aumentando il suo momento angolare L.
Quindi agisce un momento torcente di una forza:
$\tau=\frac{dL}{dt}$ .
Possiamo anche scrivere
$\tau=F\,[x(t)]$ .
Trattando il blocco come un punto materiale si osserva che la quantità di moto angolare è:
$L=m\,x(t)v(t)=m\,x(t)\,\frac{d[x(t)]}{dt}$ .
Proseguendo su questo tracciato si dovrebbe trovare qualcosa di utile...

Allora procedo io anche per la parte conclusiva della soluzione.
Senza ripetere le considerazioni sul fatto che la quantità di moto angolare non è costante(o, meglio, quella dell'asta è fissa e quella del blocco cresce col tempo), osserviamo subito che il momento angolare è
$\vec{L_b}=m\vec{r}\times\vec{v}$ , in cui r è la distanza dall'asse di rotazione $r=x(t)$ e dato che si tratta di un prodotto vettoriale:
$L_b=m\,x(t)\,v_{tot}\,sin(\phi)$ , ove $v_{tot}\,sin(\phi)=v_t=\omega x(t)$ .
Si ha quindi:
$L_b=m\,\omega\,[x(t)]^2$ .
Sappiamo che
$\tau(t)=\frac{dL_b}{dt}=m\,\omega^2\frac{x_0^2}{2}(e^{\omega t}+e^{-\omega t})(e^{\omega t}-e^{-\omega t})$ .
Inoltre è noto che
$\tau=F\,r$
che nel nostro caso diventa
$\tau=F\,x(t)$ ,
ovvero
$F(t)=\frac{\tau(t)}{x(t)}=$
$=\frac{m\omega^2x_0^2(e^{\omega t}+e^{-\omega t})(e^{\omega t}-e^{-\omega t})}{x_0(e^{\omega t}+e^{-\omega t})}=$
$=m\,\omega^2\,x_0(e^{\omega t}-e^{-\omega t})=2m\,\omega^2\,x_0\,sinh(\omega t)$ .

Dopo la prima intera rotazione, in $T=\frac{2\pi}{\omega}$ ,
la forza esercitata dall'asta sul corpo risulta essere:
$F(T_1)=m\,\omega^2\,x_0(e^{\omega t}-e^{-\omega t})\,\simeq\,535,4\,m\,\omega^2\,x_0$ .
Trovo interessante il fatto che nell'istante iniziale questa equazione della forza restituisca un valore nullo: in realtà, a mio avviso, non è possibile applicarla correttamente in quanto a t=0 s l'oggetto è accelerato istantaneamente per raggiungere la velocità iniziale e quindi teoricamente in questo istante ci sarebbero un forza e un conseguente momento infiniti. Naturalmente è un assurdo, derivante dalle semplificazioni sul valore di $\omega$ immutabile e fisso anche nel momento dell'urto col blocchetto.
Grazie per aver aspettato un po' prima di pubblicare le vostre soluzioni.

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Blocchetto con asta in rotazione (sistemi non inerziali)

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