Cilindro piano inclinato
Gentili utenti,
vi tedio ancora con un problemino di fisica sul rotolamento:
Un cilindro pieno rotola su un piano inclinato di 34° senza strisciare.
la velocità del centro di massa quando il cilindro è alla base del piano è 5,18 m/s
Il cilindro sale sul piano e a un certo punto si ferma.
calcolare
1) quanto spazio ha percorso
2)il tempo che impiega a scendere
3) l'angolo spazzato dal cilindro "andata e ritorno"
Il mio ragionamento:
Per il primo punto applico il principio di conservazione dell'energia meccanica (infatti non si parla di attriti) e moltiplico l'altezza per il seno di 34 e infatti il risultato mi dà 3,424 m (sul libro risulta 3,43, ma credo sia questione di approsimazione).
Il vero problema sorge nel secondo punto, probabilmente non ho ben capito il rotolamento, comunque io ho pensato a questo:
il tempo di discesa del cilindro è il medesimo di quello del centro di massa, quindi tratto solo l'aspetto traslazionale del moto del centro di massa:
è un moto uniformemente accelerato, lo spazio iniziale è quello del primo punto, la velocità iniziale è zero, quindi ho:
$(1/2at^2=-s0)
però c'è qualcosa che non funziona....
Il terzo punto è banale, lo ho postato solo per non tralasciare nulla, ma a mio avviso basta dividere lo spazio totale per il raggio per ottenere l'angolo in radianti
Vi ringrazio per le risposte
vi tedio ancora con un problemino di fisica sul rotolamento:
Un cilindro pieno rotola su un piano inclinato di 34° senza strisciare.
la velocità del centro di massa quando il cilindro è alla base del piano è 5,18 m/s
Il cilindro sale sul piano e a un certo punto si ferma.
calcolare
1) quanto spazio ha percorso
2)il tempo che impiega a scendere
3) l'angolo spazzato dal cilindro "andata e ritorno"
Il mio ragionamento:
Per il primo punto applico il principio di conservazione dell'energia meccanica (infatti non si parla di attriti) e moltiplico l'altezza per il seno di 34 e infatti il risultato mi dà 3,424 m (sul libro risulta 3,43, ma credo sia questione di approsimazione).
Il vero problema sorge nel secondo punto, probabilmente non ho ben capito il rotolamento, comunque io ho pensato a questo:
il tempo di discesa del cilindro è il medesimo di quello del centro di massa, quindi tratto solo l'aspetto traslazionale del moto del centro di massa:
è un moto uniformemente accelerato, lo spazio iniziale è quello del primo punto, la velocità iniziale è zero, quindi ho:
$(1/2at^2=-s0)
però c'è qualcosa che non funziona....
Il terzo punto è banale, lo ho postato solo per non tralasciare nulla, ma a mio avviso basta dividere lo spazio totale per il raggio per ottenere l'angolo in radianti
Vi ringrazio per le risposte
Risposte
$\omega_0 t-1/2 g sin \theta t^2=0$
Prendi la soluzione non nulla! Ah! Ricordiamoci che il cilindro viene lanciato con velocità non nulla, quindi abbiamo un omega0 che, poichè non c'è scivolamento, sarà
$\omega_0= V_0/R$
Prendi la soluzione non nulla! Ah! Ricordiamoci che il cilindro viene lanciato con velocità non nulla, quindi abbiamo un omega0 che, poichè non c'è scivolamento, sarà
$\omega_0= V_0/R$
Grazie per la risposta, ma mi potresti spiegare il ragionamento usato e cosa ha di sbagliato il mio? Altrimenti in un prossimo problema siamo punto e d'accapo
Poi non capisco perchè inserisci omega con 0... Se consideriamo il moto del cilindro che parte da dove si ferma dopo la prima spinta, la velocità iniziale non è nulla?
Inoltre, perchè lo imponi uguale a zero?
Poi non capisco perchè inserisci omega con 0... Se consideriamo il moto del cilindro che parte da dove si ferma dopo la prima spinta, la velocità iniziale non è nulla?
Inoltre, perchè lo imponi uguale a zero?
Ho chiamato $\omega_0$ la velocità ANGOLARE del cilindro quando si trova alla base del piano. Poichè non c'è scivolamento, tale velocità angolare sarà $\omega=V_0/R$ ov'è V_o è la velocità traslazionale iniziale del centro di massa (la quale è nota).
Sicuramente conoscerai la formula
$x= x_0+V_ot+1/2 at^2$
Bene, questa formula vale a livello angolare, cioè
$\theta=\theta_0+\omega_0 t + 1/2 \alpha t^2$.
Noi vogliamo sapere in quale istante il cilindro torna nella POSIZIONE ANGOLARE DI partenza, cioè $\theta = \theta_0=0$. Sostituendo si ha
$0 = 0+\omega_0 t +1/2 \alpha t^2$
Dall'ipotesi "non c'è scivolamento" ci traiamo
$omega_0 = V_0/R$
$\alpha = a/R = g\sin 34/R$
Sicuramente conoscerai la formula
$x= x_0+V_ot+1/2 at^2$
Bene, questa formula vale a livello angolare, cioè
$\theta=\theta_0+\omega_0 t + 1/2 \alpha t^2$.
Noi vogliamo sapere in quale istante il cilindro torna nella POSIZIONE ANGOLARE DI partenza, cioè $\theta = \theta_0=0$. Sostituendo si ha
$0 = 0+\omega_0 t +1/2 \alpha t^2$
Dall'ipotesi "non c'è scivolamento" ci traiamo
$omega_0 = V_0/R$
$\alpha = a/R = g\sin 34/R$
Ed ecco già il mio primo errore 
ho scritto cilindro e in realtà è una sfera....
Comunque c'è qualcosa che non va... Sul testo dovrebbe essere t=2,65 s invece con la tua equazione viene t=1,89s
Riporto il testo completo:
Una sfera piena di raggio 4.72cm rotola su per un piano inclinato di 34° rispetto al piano orizzontale. All'inizio della salita il centro di massa ha velocità lineare di 5,18m/s
a) di quanto sale al massimo sul piano inclinato?
b) quanto tempo impiega per ritornare in fondo?
c)quanti giri compie la sfera nel percorso di andata e ritorno?
ho scritto cilindro e in realtà è una sfera....Comunque c'è qualcosa che non va... Sul testo dovrebbe essere t=2,65 s invece con la tua equazione viene t=1,89s
Riporto il testo completo:
Una sfera piena di raggio 4.72cm rotola su per un piano inclinato di 34° rispetto al piano orizzontale. All'inizio della salita il centro di massa ha velocità lineare di 5,18m/s
a) di quanto sale al massimo sul piano inclinato?
b) quanto tempo impiega per ritornare in fondo?
c)quanti giri compie la sfera nel percorso di andata e ritorno?
a) Conservazione dell'energia. Lo hai fatto correttamente
b). $v_0t+1/2 at^2=0$
anche a me viene 1,89...sarà un errore di stampa perchè indubbiamente il tempo di salita è ridiscesa è completamente identico a quello di salita e ridiscesa del centro di massa. Poi se qualcuno piu saggio di me vuole redarguirmi, leggero con interesse!:)
C). Sia l la soluzione del punto a. Lo spazio TOTALE percorso è 2l. Quello che cerchi è il prodotto tra la frequenza e il tempo: $\lambda t = 2l/2\pi=l/p$
b). $v_0t+1/2 at^2=0$
anche a me viene 1,89...sarà un errore di stampa perchè indubbiamente il tempo di salita è ridiscesa è completamente identico a quello di salita e ridiscesa del centro di massa. Poi se qualcuno piu saggio di me vuole redarguirmi, leggero con interesse!:)
C). Sia l la soluzione del punto a. Lo spazio TOTALE percorso è 2l. Quello che cerchi è il prodotto tra la frequenza e il tempo: $\lambda t = 2l/2\pi=l/p$
Intanto ti ringrazio per la disponibilità... Quindi potrebbe essere un errore di stampa... Mah.... E io che stavo uscendo pazzo Intanto aspetto altri pareri Grazie ancora
Intanto aspetto altri pareri Grazie ancora
Si fai meglio...non ho così tanta fiducia in me stesso da dirti definitivamente che il libro si sbaglia...
(scrivo meglio)
Se considero puro rotolamento
l'equazione è: $\omega=\dot\omegat +\omega_0=>t= 2(-\omega_0/(\dot\omega))$ il fattore $2$ è perhcè conto salita e discesa.
Ora:
$I\dot\omega=M$
$I=2/5mR^2+mR^2$ (perchè sto contando
il momento di inerzia al centro di istantanea rotazione -cioè il punto di contatto tra sfera e p.inclinato -se
voglio considerare il puro rotolamento)
$M=-mgRsin(34°)=-mR5,49$
Così $7/5R\dot\omega=-5,49=>\dot\omega=-(3,92)/R((rad)/(s^2))$ Così $t=2*(5,18)/(3,92)=2,64s$
Notevolmente è indipendente da $m$ e da $R$.
l'equazione è: $\omega=\dot\omegat +\omega_0=>t= 2(-\omega_0/(\dot\omega))$ il fattore $2$ è perhcè conto salita e discesa.
Ora:
$I\dot\omega=M$
$I=2/5mR^2+mR^2$ (perchè sto contando
il momento di inerzia al centro di istantanea rotazione -cioè il punto di contatto tra sfera e p.inclinato -se
voglio considerare il puro rotolamento)
$M=-mgRsin(34°)=-mR5,49$
Così $7/5R\dot\omega=-5,49=>\dot\omega=-(3,92)/R((rad)/(s^2))$ Così $t=2*(5,18)/(3,92)=2,64s$
Notevolmente è indipendente da $m$ e da $R$.
Ma in questo momento lei sta annullando la velocità ANGOLARE...visto che in questo caso velocità angolare e traslazionale sono strettamente legate, cosa c'è di sbagliato nel mio ragionamento? (Annulliamo la velocità del centro di massa e buona notte...roba da settembre di Fisica I...)
Non mi è chiara una cosa:
Iω.=M
questa è la formula che lega il momento angolare rispetto a un asse fisso e la velocità angolare
M=-mgRsin(34°)=-mR5,49
e questo è il momento torcente della gravità
Come mai li eguagli?
Iω.=M
questa è la formula che lega il momento angolare rispetto a un asse fisso e la velocità angolare
M=-mgRsin(34°)=-mR5,49
e questo è il momento torcente della gravità
Come mai li eguagli?
"mattcryo":
Non mi è chiara una cosa:
Iω.=M
questa è la formula che lega il momento angolare rispetto a un asse fisso e la velocità angolare
M=-mgRsin(34°)=-mR5,49
e questo è il momento torcente della gravità
Come mai li eguagli?
Non è la velocità angolare ma l'accelerazione -non so se non ha reso bene la grafica -ho ricontrollato e mi sembra di sì.
A ciò ti rispondo io...ha scritto $\dot\omega$, che indica la DERIVATA DI OMEGA, cioè a$\alpha$...M è il momento, quindi è un altro modo di scrivere
$\tau=I\alpha$
Ma non riesco ancora a capire perchè+ il metodo semplice del porre velocità centro di massa=0 non funziona...
$\tau=I\alpha$
Ma non riesco ancora a capire perchè+ il metodo semplice del porre velocità centro di massa=0 non funziona...
"newton_1372":
Ma in questo momento lei sta annullando la velocità ANGOLARE...visto che in questo caso velocità angolare e traslazionale sono strettamente legate, cosa c'è di sbagliato nel mio ragionamento? (Annulliamo la velocità del centro di massa e buona notte...roba da settembre di Fisica I...)
Io sto considerando il moto come puramente rotazionale, di modo
di potere usare la formula per il moto rotazionale.
Sto considerando che il tempo che mi interessa è quello nel quale il momento annulla la velocità angolare -e poi lo raddoppio! -come
tempo di salita + tempo di discesa.
Ah ok! Io ho sempre usato alfa per l'accelerazione e omega per la velocità angolare, se indico derivate di solito antepongo una d o al massimo un delta minuscolo, per questo non avevo capito! Comunque si è creata un po' di confusione nel topic, mi rileggo tutto prima di rispondere
"newton_1372":
A ciò ti rispondo io...ha scritto $\dot\omega$, che indica la DERIVATA DI OMEGA, cioè a$\alpha$...M è il momento, quindi è un altro modo di scrivere
$\tau=I\alpha$
Ma non riesco ancora a capire perchè+ il metodo semplice del porre velocità centro di massa=0 non funziona...
Non sarebbe considerato in alcun modo il momento di inerzia -che invece, per considerazione qualitativa, c'entra eccome.
Quell'equazione andrebbe bene se la sfera strisciasse senza attrito sul piano inclinato.
Consideri questo: se si lasciano
cadere rotolando senza strisciare da una certa altezza lungo un piano inclinato un cilindro,
una sfera, etc. -giungono alla fine del piano in tempi diversi.
Mi ricordo anzi che era proprio un esercizio di Fisica calcolare questi tempi.
Capisco...ma poichè la velocità angolare è uguale a V/R per via dell'assenza di trascinamento, (e visto che l'accelerazione è costante) chi proibisce di scrivere
$\omega_1 = V/R + \alpha t$
$0 = 0+ V/R t +1/2 \alpha t^2$ ?
$\omega_1 = V/R + \alpha t$
$0 = 0+ V/R t +1/2 \alpha t^2$ ?
"orazioster":
Se considero puro rotolamento
l'equazione è: $\omega=\dot\omegat +\omega_0=>t= 2(-\omega_0/(\dot\omega))$ il fattore $2$ è perhcè conto salita e discesa.
Ora:
$I\dot\omega=M$
$I=2/5mR^2+mR^2$ (perchè sto contando
il momento di inerzia al centro di istantanea rotazione -cioè il punto di contatto tra sfera e p.inclinato -se
voglio considerare il puro rotolamento)
$M=-mgRsin(34°)=-mR5,49$
Così $7/5R\dot\omega=-5,49=>\dot\omega=-(3,92)/R((rad)/(s^2))$ Così $t=2*(5,18)/(3,92)=2,64s$
Notevolmente è indipendente da $m$ e da $R$.
Posso provare a riassumere per vedere se ho ben capito?
Usiamo la normale formula per la cinematica rotazionale che lega velocità angolare e tempo:
$\omega=\alfa*t+\omega_0
Sappiamo che per un qualsiasi moto rotatorio la somma dei momenti torcenti esterni è
$\tau=I\alfa
Dove I si trova con il teorema di Stainer (o come si chiama lui)
visto che l'unico momento torcente è dovuto alla gravità mi faccio i miei bei calcoletti e ricavo omega dalla seconda, dalla prima ho t
Il mio dubbio è:
se vale la prima equazione, perchè usando
$\eta=\(alfa)/2t^2+\omega_0t+\eta_0
non risolvo niente?
PS
Solo ora ho visto il puntino sopra omega!!! Scusate per prima
Ecco, è la mia stessa domanda...per non contare che il teorema di Steiner non andrebbe usato, perchè in effett il cilindro ruota ATTORNO AL PROPRIO ASSE DI SIMMETRIA...QUINDI in effetti quel momento d'inerzia dovrebbe essere semplicemente $1/2 MR^2$...
E cmq non ci sarebbe niente che mi proibisca di utilizzare quella formula cinematica...eppure non viene...ci sfugge qlcs
E cmq non ci sarebbe niente che mi proibisca di utilizzare quella formula cinematica...eppure non viene...ci sfugge qlcs
Ora che ci penso però un corpo che rotola può considerarsi come un corpo che cambia di continuo asse di rotazione (che coincide con il punto di contatto) quindi forse per questo si è usato steiner.... Anche se non mi è tutto perfettamente chiaro
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