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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.

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 ...

La cosa è fatta così



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?

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.

killing_buddha ha scritto: Mica è un oggetto semplice. Avrà un centro di massa messo vai a saper dove...

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

uffi mi anticipano sempre!

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

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
(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 ) un po' di voglia butto giù.

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....
beh, l'eta minimo sarà
$ ~\eta_{min} = \frac{mg\ell}{6\pi r^2} $