Cilindro che rotola senza strisciare su piano inclinato con guida verticale
Rieccomi con un altro problemino di dinamica rotazionale abbastanza particolare. Il testo e la figura di riferimento sono i seguenti.
Io ho pensato di procedere così.
Indico con $V$ la velocità del cuneo, con $O$ il centro di massa del cilindro, con $C$ il punto di contatto tra cilindro e cuneo, $\bar(OC)=R$ il raggio e con $\omega$ la velocità angolare del cilindro.
Essendo $C$ un punto del cilindro, posso esprimere la velocità $\vec(V_C)=\vec(V_O)+\vec\omegaX\vecR$.
Fissato un riferimento inerziale con asse x orizzontale e y verticale proietto la $V_C$ e ottengo le 2 componenti.
$V_(Cx)=\omega*R*cos\theta$ e $V_(Cy)=V_O-\omega*R*sen\theta$.
Considerando che il punto C è anche un punto del cuneo, si muoverà con velocità $V$ diretta orizzontalmente, quindi avrò puro rotolamento solo se $V=V_(Cx)=\omega*R*cos\theta$.
Il mio problema è ottenere la seconda equazione in $V$ ed $\omega$ per risolvere il quesito. Penso che dovrei farlo con la conservazione dell'energia meccanica, tenendo conto che l'energia potenziale del cilindro $mgh$ viene tutta trasformata in energia cinetica del sistema cilindro-cuneo.
Posto che l'energia cinetica del cuneo è di certo $1/2MV^2$ mi servirebbe un suggerimento per esprimere l'energia cinetica del cilindro in funzione di $V$ e di $\omega$.
Grazie anticipatamente.
Io ho pensato di procedere così.
Indico con $V$ la velocità del cuneo, con $O$ il centro di massa del cilindro, con $C$ il punto di contatto tra cilindro e cuneo, $\bar(OC)=R$ il raggio e con $\omega$ la velocità angolare del cilindro.
Essendo $C$ un punto del cilindro, posso esprimere la velocità $\vec(V_C)=\vec(V_O)+\vec\omegaX\vecR$.
Fissato un riferimento inerziale con asse x orizzontale e y verticale proietto la $V_C$ e ottengo le 2 componenti.
$V_(Cx)=\omega*R*cos\theta$ e $V_(Cy)=V_O-\omega*R*sen\theta$.
Considerando che il punto C è anche un punto del cuneo, si muoverà con velocità $V$ diretta orizzontalmente, quindi avrò puro rotolamento solo se $V=V_(Cx)=\omega*R*cos\theta$.
Il mio problema è ottenere la seconda equazione in $V$ ed $\omega$ per risolvere il quesito. Penso che dovrei farlo con la conservazione dell'energia meccanica, tenendo conto che l'energia potenziale del cilindro $mgh$ viene tutta trasformata in energia cinetica del sistema cilindro-cuneo.
Posto che l'energia cinetica del cuneo è di certo $1/2MV^2$ mi servirebbe un suggerimento per esprimere l'energia cinetica del cilindro in funzione di $V$ e di $\omega$.
Grazie anticipatamente.
Risposte
Asse $x$ orizzontale verso destra, asse $y$ verticale verso il basso (così non ci incartiamo con i segni).
Quando il cuneo si è spostato di $dx= v_xdt$ , il cilindro è calato di $d_y = v_ydt$ , e si ha :
$(dy)/(dx) = v_y/v_x = tg\alpha$ .
LE velocità non sono costanti: il moto del cilindro e il moto del cuneo sono uniformemente accelerati. Infatti qui l'unica forza esterna è il peso $vecP $ del cilindro, che è costante (a parte componenti orizzontali di forze che sono equilibrate dalle due guide verticali, delle quali però non importa).
Le velocità rispettano la solita relazione : $vecv_a = vecv_r + vecv_t$ tra vel. assoluta, relativa e di trascinamento, essendo :
$v_a = v_y$ = velocità assoluta di caduta del cilindro in direzione y
$v_r$ = velocità del cilindro relativa al piano , quindi tangente ad esso: $v_r=\omegaR$ .
$v_t = v_x $= vel. di trascinamento, con cui si sposta il cuneo in orizzontale verso destra.
Detto quanto sopra, mi sembra che il problema si possa vedere in un certo senso come "problema inverso" di quello di un cilindro che cade rotolando senza strisciare lungo un piano inclinato fisso. Dico "inverso" , per significare che il problema, secondo me, non è altro che il moto anzidetto dal punto di vista del disco : il disco rimane sulla verticale, quindi il piano inclinato si sposta verso destra. Del resto, le forze tra disco e piano sono forze interne al sistema
Credo perciò che, nota la soluzione del disco che rotola su piano inclinato fisso, dovremmo servircene per risolvere il problema attuale col metodo delle forze.
Ci vogliono le accelerazioni, e mi verrebbe da dire che l'accelerazione relativa del CM del disco rispetto al piano è uguale a $2/3gsen\alpha$, come appunto nel caso del rotolamento disco su p.i. fisso. MA la presenza delle due guide mi lascia perplesso.
Forse è più semplice col principio di conservazione dell'energia: l'energia potenziale iniziale del disco si trasforma in cinetica , traslatoria e rotatoria, del disco più cinetica traslatoria del cuneo.
$mgh = 1/2mv_y^2 + 1/2I\omega^2 + 1/2Mv_x^2$
Tutte le velocità si possono esprimere in funzione di $v_x$ , viste le relazioni prima scritte, e cioè si può calcolare la velocità finale del cuneo. Dalla relazione : $v_r = \omegaR $ si trova la velocità angolare finale del disco.
Che ti sembra ?
Quando il cuneo si è spostato di $dx= v_xdt$ , il cilindro è calato di $d_y = v_ydt$ , e si ha :
$(dy)/(dx) = v_y/v_x = tg\alpha$ .
LE velocità non sono costanti: il moto del cilindro e il moto del cuneo sono uniformemente accelerati. Infatti qui l'unica forza esterna è il peso $vecP $ del cilindro, che è costante (a parte componenti orizzontali di forze che sono equilibrate dalle due guide verticali, delle quali però non importa).
Le velocità rispettano la solita relazione : $vecv_a = vecv_r + vecv_t$ tra vel. assoluta, relativa e di trascinamento, essendo :
$v_a = v_y$ = velocità assoluta di caduta del cilindro in direzione y
$v_r$ = velocità del cilindro relativa al piano , quindi tangente ad esso: $v_r=\omegaR$ .
$v_t = v_x $= vel. di trascinamento, con cui si sposta il cuneo in orizzontale verso destra.
Detto quanto sopra, mi sembra che il problema si possa vedere in un certo senso come "problema inverso" di quello di un cilindro che cade rotolando senza strisciare lungo un piano inclinato fisso. Dico "inverso" , per significare che il problema, secondo me, non è altro che il moto anzidetto dal punto di vista del disco : il disco rimane sulla verticale, quindi il piano inclinato si sposta verso destra. Del resto, le forze tra disco e piano sono forze interne al sistema
Credo perciò che, nota la soluzione del disco che rotola su piano inclinato fisso, dovremmo servircene per risolvere il problema attuale col metodo delle forze.
Ci vogliono le accelerazioni, e mi verrebbe da dire che l'accelerazione relativa del CM del disco rispetto al piano è uguale a $2/3gsen\alpha$, come appunto nel caso del rotolamento disco su p.i. fisso. MA la presenza delle due guide mi lascia perplesso.
Forse è più semplice col principio di conservazione dell'energia: l'energia potenziale iniziale del disco si trasforma in cinetica , traslatoria e rotatoria, del disco più cinetica traslatoria del cuneo.
$mgh = 1/2mv_y^2 + 1/2I\omega^2 + 1/2Mv_x^2$
Tutte le velocità si possono esprimere in funzione di $v_x$ , viste le relazioni prima scritte, e cioè si può calcolare la velocità finale del cuneo. Dalla relazione : $v_r = \omegaR $ si trova la velocità angolare finale del disco.
Che ti sembra ?
Mi sembra perfetto.
Continuando con la simbologia usata da te, il mio dubbio riguardava la relazione tra $v_y$ e $v_x$.
Allora dalla geometria del sistema e dalle considerazioni sulle velocità, ed essendo $\theta=30°$, posso calcolare che:
$v_x=\omegaRcos\theta=sqrt(3)/2omegaR$
$v_y=\omegaRsen\theta=v_xtg\theta=sqrt(3)/3v_x$.
Per quanto riguarda il bilancio energetico, calcolo prima l'energia cinetica del cilindro, che è data dalla somma della componente traslazionale $1/2mv_y^2=1/2m(v_xtg\theta)^2=1/6mv_x^2$ dovuta alla caduta verticale e di quella rotazionale $1/2I\omega^2= 1/2(1/2mR^2)\omega^2=1/2m((\omegaR)^2/2)=1/3mv_x^2$.
Quindi:
$E_(cil)=1/2mv_y^2+1/2I\omega^2=1/6mv_x+1/3mv_x^2=1/2mv_x^2$.
Posso quindi scrivere che:
$mgh=1/2Mv_x^2+1/2mv_x^2 rArr 1/2(M+m)v_x^2=mgh$ $rArr$
$v_x=sqrt((2mgh)/(M+m))=1,67 m/s$
$\omega=(2sqrt3)/(3R)v_x=9,66 (rad)/s$.
Spero di aver capito bene e di non aver fatto errori. Grazie di tutto come sempre navigatore.
Continuando con la simbologia usata da te, il mio dubbio riguardava la relazione tra $v_y$ e $v_x$.
Allora dalla geometria del sistema e dalle considerazioni sulle velocità, ed essendo $\theta=30°$, posso calcolare che:
$v_x=\omegaRcos\theta=sqrt(3)/2omegaR$
$v_y=\omegaRsen\theta=v_xtg\theta=sqrt(3)/3v_x$.
Per quanto riguarda il bilancio energetico, calcolo prima l'energia cinetica del cilindro, che è data dalla somma della componente traslazionale $1/2mv_y^2=1/2m(v_xtg\theta)^2=1/6mv_x^2$ dovuta alla caduta verticale e di quella rotazionale $1/2I\omega^2= 1/2(1/2mR^2)\omega^2=1/2m((\omegaR)^2/2)=1/3mv_x^2$.
Quindi:
$E_(cil)=1/2mv_y^2+1/2I\omega^2=1/6mv_x+1/3mv_x^2=1/2mv_x^2$.
Posso quindi scrivere che:
$mgh=1/2Mv_x^2+1/2mv_x^2 rArr 1/2(M+m)v_x^2=mgh$ $rArr$
$v_x=sqrt((2mgh)/(M+m))=1,67 m/s$
$\omega=(2sqrt3)/(3R)v_x=9,66 (rad)/s$.
Spero di aver capito bene e di non aver fatto errori. Grazie di tutto come sempre navigatore.
"mickymp":
………..
Quindi:
$E_(cil)=1/2mv_y^2+1/2I\omega^2=1/6mv_x+1/3mv_x^2=1/2mv_x^2$.
Posso quindi scrivere che:
$mgh=1/2Mv_x^2+1/2mv_x^2 rArr 1/2(M+m)v_x^2=mgh$ $rArr$
$v_x=sqrt((2mgh)/(M+m))=1,67 m/s$
$\omega=(2sqrt3)/(3R)v_x=9,66 (rad)/s$.
Spero di aver capito bene e di non aver fatto errori. Grazie di tutto come sempre navigatore.
Lo spero anch'io , perché non mi sono messo a rivedere i tuoi calcoli, ma mi fido di te !
Non avrei mai pensato che l'energia cinetica totale del cilindro in caduta verticale + rotazione venisse uguale a $1/2mv_x^2$ ….sei sicuro ? Se è così , va bene. È solo pigrizia da parte mia a non voler fare i passaggi. Comunque il triangolo delle velocità è quello, non c'è dubbio.
Avanti così !
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