Carrello su rotaia
Come al solito non possiedo alcuna soluzione 
Svolgimento
Considero un sistema di coordinate $O r \theta$, con i versori $\vec{u_N}, \vec{u_{t}}$ rispettivamente normale (diretto verso il centro) e tangenziale.
(a)
Si ha dunque che
e
Perciò
(b)
Il lavoro totale è la somma dei singoli lavori:
$W_{P}=-mgR$, lavoro compiuto dalla forza peso*-
$W_{F}=\int_{A}^{B} \vec{F} \dot \vec{ds} = F \frac{\pi R}{2}$ (poiché $F$ è sempre tangente alla traiettoria)
$W_{F_{0}}=F_0 \sin (\pi/6 - \theta) \frac{\pi R}{2}$
Il lavoro della reazione vincolare è ovviamente nullo poiché questa è sempre ortogonale alla traiettoria.
Pertanto $W_{tot}= W_{P} + W_{F} + W_{F_{0}}$.
(c)
Utilizzando la conservazione dell'energia meccanica, visto che sul corpo agiscono solo forze conservative, impongo che $E_{m,B}=E_{m,A}$, da cui
quindi
(d)
Quando arrivo nel punto $B$, si ha che:
$[m\frac{v_{b}^{2}}{R}=N - mg - F_0 cos(60°) ]$
da cui $N=m(g+\frac{v_{B}^{2}}{R}) - \frac{F_0}{2}$
Tutto okay?
Un carrello di massa $m = 5 \quad kg$, assimilabile a un corpo puntiforme, si muove, come in figura, lungo una
rotaia semicircolare liscia di raggio $R = 4 \quad m$ che giace su un piano orizzontale xy. Il corpo si muove sotto
l’azione simultanea di due forze $\vec{F}$ e $\vec{F_{0}}$ di modulo rispettivamente 40 N e 75 N. La forza $\vec{F}$ è sempre tangente al profilo circolare della rotaia, mentre la forza $F_0$ agisce in direzione fissa, e forma un angolo $\alpha = 30°$ con
l’asse x.
Determinare:
(a) Le componenti cartesiane della risultante R delle due forze F e F 0 , in funzione della coordinata angolare
θ, che individua la posizione istantanea del carrello sulla guida, come indicato in Figura;
(b) il lavoro totale fatto dal sistema di forze agenti sul corpo per spostarlo da A a B;
(c) la velocità del corpo nella posizione B, assumendo che la sua velocità iniziale nel punto A sia nulla;
(d) la reazione vincolare nel punto B.
Svolgimento
Considero un sistema di coordinate $O r \theta$, con i versori $\vec{u_N}, \vec{u_{t}}$ rispettivamente normale (diretto verso il centro) e tangenziale.
(a)
Si ha dunque che
$\vec{F}=F \vec{u_t}$
e
$F_{0}=F_{0} cos (\theta - \frac{\pi}{6}) \vec{u_N} - F_0*sin(\frac{\pi}{6} - \theta) \vec{u_{t}}$
Perciò
$\vec{R}=F_{0} cos (\theta - \frac{\pi}{6}) \vec{u_N} + (F- F_0*sin(\frac{\pi}{6} - \theta) ) \vec{u_{t}} $
(b)
Il lavoro totale è la somma dei singoli lavori:
$W_{P}=-mgR$, lavoro compiuto dalla forza peso*-
$W_{F}=\int_{A}^{B} \vec{F} \dot \vec{ds} = F \frac{\pi R}{2}$ (poiché $F$ è sempre tangente alla traiettoria)
$W_{F_{0}}=F_0 \sin (\pi/6 - \theta) \frac{\pi R}{2}$
Il lavoro della reazione vincolare è ovviamente nullo poiché questa è sempre ortogonale alla traiettoria.
Pertanto $W_{tot}= W_{P} + W_{F} + W_{F_{0}}$.
(c)
Utilizzando la conservazione dell'energia meccanica, visto che sul corpo agiscono solo forze conservative, impongo che $E_{m,B}=E_{m,A}$, da cui
$[\frac{1}{2} m v_{b}^2 = mg R]$
quindi
$v_B=\sqrt(2 g R)$
(d)
Quando arrivo nel punto $B$, si ha che:
$[m\frac{v_{b}^{2}}{R}=N - mg - F_0 cos(60°) ]$
da cui $N=m(g+\frac{v_{B}^{2}}{R}) - \frac{F_0}{2}$
Tutto okay?
Risposte
Non mi pare proprio . Il testo dice che la rotaia giace sul piano orizzontale , quindi $g$ te la devi proprio scordare, a meno che tu non abbia sbagliato a copiare il testo.
Poi, non capisco perchè , nella espressione di $F_0$ hai scritto il secondo termine a 2º membro come:
non potevi lasciare l'angolo come $(\theta - \frac{\pi}{6})$ , e mettere il segno $+$ davanti al seno ? Non è forse vero che $sen(-alpha) = -senalpha $ ? L'argomento è positivo per $theta > \pi/6$ , negativo per $theta < \pi/6$ , e quindi il segno del termine in oggetto è determinato dal segno del seno , no ?
Il testo vuole componenti cartesiane delle forze, tu dai le componenti in coordinate polari, ma è più facile.
Poi, non capisco perchè , nella espressione di $F_0$ hai scritto il secondo termine a 2º membro come:
$ - F_0*sin(\frac{\pi}{6} - \theta)\vec{u_{t}} $
non potevi lasciare l'angolo come $(\theta - \frac{\pi}{6})$ , e mettere il segno $+$ davanti al seno ? Non è forse vero che $sen(-alpha) = -senalpha $ ? L'argomento è positivo per $theta > \pi/6$ , negativo per $theta < \pi/6$ , e quindi il segno del termine in oggetto è determinato dal segno del seno , no ?
Il testo vuole componenti cartesiane delle forze, tu dai le componenti in coordinate polari, ma è più facile.
Ciao Shackle.
sì, riguardo le componenti cartesiane, hai perfettamente ragione, avrei dovuto dire che volevo mettermi in coordinate polari ma mi sono dimenticato di scriverlo.
Perdona l'ignoranza ma non riesco a convincermi di questo
Non riesco a capirne il motivo.
sì, riguardo le componenti cartesiane, hai perfettamente ragione, avrei dovuto dire che volevo mettermi in coordinate polari ma mi sono dimenticato di scriverlo.
Perdona l'ignoranza ma non riesco a convincermi di questo
"Shackle":
Il testo dice che la rotaia giace sul piano orizzontale , quindi g te la devi proprio scordare
Non riesco a capirne il motivo.
Se la guida giace in un piano orizzontale , la forza peso non fa lavoro .
Inoltre , osservo che , affinché il carrello rimanga aderente alla guida , nel riferimento rotante di coordinate la forza apparente centrifuga deve essere sempre maggiore della componente radiale di $vecF_0$ , o al limite uguale :
$mv^2/r >= F_0 cos (theta -\pi/6) $
ti pare ? Altrimenti il carrello si stacca dalla guida
Inoltre , osservo che , affinché il carrello rimanga aderente alla guida , nel riferimento rotante di coordinate la forza apparente centrifuga deve essere sempre maggiore della componente radiale di $vecF_0$ , o al limite uguale :
$mv^2/r >= F_0 cos (theta -\pi/6) $
ti pare ? Altrimenti il carrello si stacca dalla guida
Cavolo mi sono fatto ingannare dal disegno.
La tua ultima osservazione mi è chiara, serve però trovare la velocità $v$ che il carrello possiede in B, pertanto:
in b) il lavoro totale è dato dalla somma dei lavori delle due forze $F$ e $F_0$.
in c) non andrà utilizzata la conservazione dell'energia, come posso fare?
Magari calcolarmi l'accelerazione tramite $\sum F_i = ma$, considerarne le due componenti, ma poi?
La tua ultima osservazione mi è chiara, serve però trovare la velocità $v$ che il carrello possiede in B, pertanto:
in b) il lavoro totale è dato dalla somma dei lavori delle due forze $F$ e $F_0$.
in c) non andrà utilizzata la conservazione dell'energia, come posso fare?
Magari calcolarmi l'accelerazione tramite $\sum F_i = ma$, considerarne le due componenti, ma poi?
Hai le forze, hai il cammino: il lavoro delle forze agenti (un paio di integralucci) è uguale alla variazione di energia cinetica.
Ma più lo leggo e meno mi piace. Nel punto A la velocità è nulla, quindi non c’è alcuna forza apparente centrifuga. La forza $F_0$ applicata in A stacca il carrello dalla guida.
A meno che non vuoi considerare la guida come vincolo bilaterale. Ma il testo non lo dice.
Buttalo via.
Ma più lo leggo e meno mi piace. Nel punto A la velocità è nulla, quindi non c’è alcuna forza apparente centrifuga. La forza $F_0$ applicata in A stacca il carrello dalla guida.
A meno che non vuoi considerare la guida come vincolo bilaterale. Ma il testo non lo dice.
Buttalo via.
Ma certo, grazie mille.
Visto che il lavoro l'ho trovato prima, ed è $W_R = W_{F_{0}} + W_F=F_0 \sin (\pi/6 - \theta) \frac{\pi R}{2} + F \frac{ \pi R}{2}$, questo è uguale a $\frac{1}{2} m v_{B}^{2}$ (poiché $v_0=0$)
Da cui si ricava la velocità $v_B$
Per quanto riguarda invece la reazione vincolare in $B$ la forza peso non va considerata. Per cui, proiettando lungo la normale:
$\vec{N} + \vec{F_0} = m \frac{v_b ^2 }{R}$
, cioè $N + F_0 cos (\pi/2-\pi/6) = m \frac{v_b ^2 }{R}$
da cui $N = m \frac{v_b ^2 }{R} - \frac{F_0}{2}$.
Spero di non aver preso ulteriori abbagli
Visto che il lavoro l'ho trovato prima, ed è $W_R = W_{F_{0}} + W_F=F_0 \sin (\pi/6 - \theta) \frac{\pi R}{2} + F \frac{ \pi R}{2}$, questo è uguale a $\frac{1}{2} m v_{B}^{2}$ (poiché $v_0=0$)
Da cui si ricava la velocità $v_B$
Per quanto riguarda invece la reazione vincolare in $B$ la forza peso non va considerata. Per cui, proiettando lungo la normale:
$\vec{N} + \vec{F_0} = m \frac{v_b ^2 }{R}$
, cioè $N + F_0 cos (\pi/2-\pi/6) = m \frac{v_b ^2 }{R}$
da cui $N = m \frac{v_b ^2 }{R} - \frac{F_0}{2}$.
Spero di non aver preso ulteriori abbagli
LA componente di $vecF_0$ in direzione tangente alla circonferenza è funzione dell'angolo $theta$ :
$F_0^t = F_0 sen(theta - \pi/6) $
Il lavoro elementare è dato dal prodotto di tale componente per $ds = r*d\theta$, cioè :
$dL = F_0 sen(theta - \pi/6)*r*d\theta$
Lo vuoi integrare per $0<=theta<=\pi/2$ , per trovare il lavoro di $F_0$ ?
Io trovo , salvo errori, che questo lavoro vale $F_0r (sqrt3 -1)/2$ . Naturalmente, a questo va aggiunto il lavoro della forza $vecF$ .
$F_0^t = F_0 sen(theta - \pi/6) $
Il lavoro elementare è dato dal prodotto di tale componente per $ds = r*d\theta$, cioè :
$dL = F_0 sen(theta - \pi/6)*r*d\theta$
Lo vuoi integrare per $0<=theta<=\pi/2$ , per trovare il lavoro di $F_0$ ?
Io trovo , salvo errori, che questo lavoro vale $F_0r (sqrt3 -1)/2$ . Naturalmente, a questo va aggiunto il lavoro della forza $vecF$ .
Ok, ora è tutto chiaro.
Poiché $F$ è parallela e non è funzione dell'angolo, si ha che $dL=\vec{F} \cdot \vec{ds} = F r d \theta$, da cui, integrando nell'intervallo $[0, \pi/2]$ si trova che il lavoro è $L=\frac{ F r \pi}{ 2}$
In definitiva il lavoro da $A$ a $B$ è $W= F_0r (sqrt3 -1)/2 + \frac{ F r \pi}{ 2}$.
Ti ringrazio moltissimo. La parte sulla reazione vincolare credo vada bene, confermi?
Poiché $F$ è parallela e non è funzione dell'angolo, si ha che $dL=\vec{F} \cdot \vec{ds} = F r d \theta$, da cui, integrando nell'intervallo $[0, \pi/2]$ si trova che il lavoro è $L=\frac{ F r \pi}{ 2}$
In definitiva il lavoro da $A$ a $B$ è $W= F_0r (sqrt3 -1)/2 + \frac{ F r \pi}{ 2}$.
Ti ringrazio moltissimo. La parte sulla reazione vincolare credo vada bene, confermi?
Yes.
mille grazie shackle 
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