[No Mazinga Inside] Sbarre rotanti!

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killing_buddha
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[No Mazinga Inside] Sbarre rotanti!

Messaggio da killing_buddha » 19 lug 2007, 09:31

Immagine

L'equazione differenziale è del tipo
$ I\ddot{\theta} = -mg\ell \theta~ $

Il momento d'inerzia del tutto è la somma dei vari momenti d'inerzia? Se sì, con Huygens Steiner si ha

$ \displaystyle I = \frac{7}{48}ML^2 + \frac{5}{8}mL^2 + 2mrL + \frac{14}{5}mr^2~ $

Il problema è per $ \ell~ $... che dovrebbe essere la distanza del centro di massa dal punto O attorno a cui ruota la sbarra. Come si trova il cdm? Se la sbarra non ci fosse, o se fosse di massa infima, sarebbe facile, ma così... dovrei conoscere quanta sbarra c'è da un lato e dall'altro di O.

Cmax
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Messaggio da Cmax » 19 lug 2007, 09:51

Temo di non aver capito il problema. Se la sbarra fosse imperniata sul suo centro, sarebbe sempre in equilibrio, vista la simmetria del sistema. Quindi il suo CM ...

killing_buddha
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Messaggio da killing_buddha » 19 lug 2007, 10:15

La cosa è fatta così

Immagine

per risolvere l'eq. diff. bisogna sapere qual è $ \ell~ $ . Qual è $ \ell~ $?

Mica è un oggetto semplice. Avrà un centro di massa messo vai a saper dove... e purtroppo a me insegnarono che in casi come questi prima va trovato tale cdm, e poi usato quello come "lunghezza" del pendolo. Ma forse sbaglio. come si fa?

Cmax
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Messaggio da Cmax » 19 lug 2007, 11:32

Scusa, ma forse mi sfugge qualcosa. La sbarra è omogenea, e quindi il suo CM è nel punto medio. Le due masse sono uguali, e quindi il loro CM è nel punto medio, che per la loro disposizione coincide con il precedente. Se il punto O coincidesse con il punto medio della sbarra, il sistema sarebbe in equilibrio indifferente (te ne convinci notando che il sistema è simmetrico rispetto al punto medio). Il suo CM è quindi proprio nel punto medio C della sbarra. Poichè O è distante $ L/4 $ da C, questa è la lunghezza equivalente richiesta. In realtà quello che potrebbe rendere perplessi non è tanto la massa della sbarra, quanto il fatto che le masse non sono puntiformi, ma la loro simmetria permette di evitare calcoli.

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enomis_costa88
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Messaggio da enomis_costa88 » 19 lug 2007, 11:37

killing_buddha ha scritto: Mica è un oggetto semplice. Avrà un centro di massa messo vai a saper dove...
:lol:
attacchi simmetricamente ai lati due sfere uguali il centro di massa delle due sfere sarà il punto medio tra i due centri delle sfere.
L'asta è omogenea..il suo centro di massa sarà nel baricentro..
i due cdm trovati sono un po' gli stessi e quindi hai trovato il tuo cdm :wink:

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killing_buddha
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Messaggio da killing_buddha » 19 lug 2007, 12:05

mi avete convinto, sarà il caldo che mi fa straparlare. :oops:

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Messaggio da enomis_costa88 » 19 lug 2007, 12:24

Per calcolare il periodo..
$ \tau=F_{r}h=I\alpha $
Con h la distanza tra il centro di massa e l'asse di rotazione.
Dove la forza di richiamo dipende dall'angolo formato tra il pendolo e l'asse che hai disegnato come segue:
$ F_{r}=-mg \sin{\theta} = -mg \theta $
Dove l'ultima uguaglianza è vera perchè siamo in quella cosa sporca e puzzolente inutile infima che si chiama fisica :wink:
(in realtà perchè nello sviluppo in serie del seno il primo termine è l'angolo stesso e gli altri li puoi trascurare se l'angolo è piccolo).
Ottengo quindi:
$ \tau=I\alpha=-mgh\theta $
da cui si deduce che il moto è di tipo armonico angolare (con il coefficente di proporzionalità k) e per un fatto noto il periodo è:
$ 2 \pi\sqrt{\frac{I}{k}}= 2 \pi\sqrt{\frac{I}{mgh}} $

Per quanto riguarda il calcolo dell'inezia io mi fiderei proprio dei tuoi calcoli (si fa con il teorema degli assi paralleli) mi chiedevo solo se bisogna supporre la sfera piena e omogenea..

Per quanto riguarda il secondo punto..bè cambia il momento netto e il lavoro dell'attrito è $ \tau_a \theta $ quando trovo (se trovo :wink:) un po' di voglia butto giù.
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killing_buddha
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Messaggio da killing_buddha » 19 lug 2007, 13:07

Nel caso dell'attrito dovremmo giungere ad una E.D. del genere:

$ \displaystyle \ddot{\theta} = -\frac{mg\ell}{I}\theta \pm \tau_a $

la soluzione omogenea è la stessa. Per la soluzione particolare si trova che se $ \theta(t) = cost.~ $ allora $ \ddot{\theta} = 0~ $ e quindi

$ \displaystyle \tilde{\theta}(t) = \pm\frac{\tau_a}{mg\ell} $

Alla prima domanda del punto 2 io risponderei che dipende, il periodo varia visto che il moto va smorzandosi.... per la seconda domanda basta dire che l'angolo massimo va smorzandosi perdendo $ \frac{\tau_a}{mg\ell} $ radianti alla volta:

$ \theta_{m1} = \theta_m - \frac{\tau_a}{mg\ell} $
$ \theta_{m2} = -\theta_m + 2\frac{\tau_a}{mg\ell} $
$ \theta_{m3} = \theta_m - 3\frac{\tau_a}{mg\ell} $

Per il terzo punto, l'equazione diventa
$ \displaystyle \ddot{\theta} + \frac{6\pi\eta r^2}{I}\dot{\theta} + \frac{mg\ell}{I}\theta = 0 $
se io chiamo $ ~\frac{6\pi\eta r^2}{I} = 2\gamma $ e $ \frac{mg\ell}{I}=\omega_0^2~ $ la condizione affinchè il tutto non oscilli per niente è che $ \gamma^2\gg \omega_0^2~ $ e quindi al momento di trovare le soluzioni dell'equazione algebrica associata

$ ~p^2 + 2\gamma p + \omega_0^2 = 0 $

si potrà dire che $ \sqrt{\gamma^2 - \omega_0^2} \simeq \sqrt{\gamma^2} = \gamma~ $ e quindi si giungerà ad un insieme di soluzioni del tipo
$ A + Be^{-2\gamma t}~ $

...ma mi accorgo ora che non era questa la domanda.... :P
beh, l'eta minimo sarà
$ ~\eta_{min} = \frac{mg\ell}{6\pi r^2} $

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