Cilindro ruota senza scivolare
Un cilindro pieno di massa M viene fatto rotolare senza scivolare lungo un piano inclinato di angolo θ. Calcolare il valore minimo del coefficiente di attrito μ
il risultato corretto è $ tgθ/3 $ ma a me risulta $ 3tanθ $
il mio procedimento:
$ Mgsenθ-F_a=MRα $ con $ F_a $ forza di attrito
la condizione di puro rotolamento è $ F_a≤μR_N $ ossia $ F_a≤μMgcosθ $
quindi $ Mgsenθ-MRα≤μMgcosθ $ (*)
ricavo $ α $ da $ ∑M=Iα $ in cui $ I=1/2MR^2 $ e il polo scelto è il centro del cilindro, quindi $ -RMgsenθ=1/2MR^2α $ da cui $ α=-(2gsenθ)/R $
sostituendola in (*) trovo $ 3tanθ≤μ $
il risultato corretto è $ tgθ/3 $ ma a me risulta $ 3tanθ $
il mio procedimento:
$ Mgsenθ-F_a=MRα $ con $ F_a $ forza di attrito
la condizione di puro rotolamento è $ F_a≤μR_N $ ossia $ F_a≤μMgcosθ $
quindi $ Mgsenθ-MRα≤μMgcosθ $ (*)
ricavo $ α $ da $ ∑M=Iα $ in cui $ I=1/2MR^2 $ e il polo scelto è il centro del cilindro, quindi $ -RMgsenθ=1/2MR^2α $ da cui $ α=-(2gsenθ)/R $
sostituendola in (*) trovo $ 3tanθ≤μ $
Risposte
Ciao @tgrammer !
Un'informazione su questo esercizio: il risultato cercato è $tg theta/3$ o $(tg(theta))/3$ ?
Un'informazione su questo esercizio: il risultato cercato è $tg theta/3$ o $(tg(theta))/3$ ?
il risultato è riportato così: "tg θ/3" quindi forse la prima di quelle da te dette..
Sia $a$ il raggio del cilindro, $M$ la sua massa, e $alpha$ l’angolo che il piano inclinato forma con l’orizzontale.
Quando il cilindro rotola senza slittare sul piano inclinato, scabro per ipotesi, quali sono le forze agenti su di esso?
$Mvecg$ , verticale orientato verso il basso
$vecN$ , reazione normale del piano inclinato sul cilindro
$vecF$ , forza di attrito, agente sul cilindro nel punto di contatto diretta verso l’alto parallelamente al piano inclinato.
La prima equazione cardinale della dinamica dice che il CM del cilindro accelera verso il basso parallelamente al piano inclinato; assunta una coppia di assi cartesiani, di cui $x$ parallelo al piano e orientato verso il basso, e $y$ normale al piano, le due equazioni cartesiane che reggono il moto di traslazione sono :
$Mddotx = Mgsinalpha - F$
$0 = N-Mgcosalpha$
Il cilindro inoltre è dotato anche di moto rotatorio, il quale se la forza di attrito è sufficiente è rotolamento puro; cioè se non vi è slittamento, $x=a*\theta$, dove $\theta$ è l’angolo di rotazione generico del cilindro, contato per esempio dalla posizione iniziale col cilindro sulla sommità del piano.
Il cilindro quindi ha un momento angolare rispetto al CM preso come polo, e la variazione del momento angolare è causata dal momento delle forze esterne rispetto allo stesso CM: solo la forza di attrito ha momento rispetto ad esso, la forza peso e la reazione normale del piano hanno momento nullo rispetto al centro.
Adesso, scrivi la seconda equazione cardinale e combinala con la prima, tenendo conto di quanto detto (rotolamento puro); dovresti essere in grado di ricavare che l’accelerazione del CM è uguale a :
$ddotx = 2/3g sinalpha$
La forza di attrito deve essere minore o uguale, in modulo, al prodotto $muN$ , altrimenti si ha slittamento. La condizione limite è , per il modulo $F$ di tale forza :
$F=muN$
Il risultato corretto è la seconda suggerita da BayMax : $ mu = 1/3tgalpha$ affinché non si abbia slittamento.
Quando il cilindro rotola senza slittare sul piano inclinato, scabro per ipotesi, quali sono le forze agenti su di esso?
$Mvecg$ , verticale orientato verso il basso
$vecN$ , reazione normale del piano inclinato sul cilindro
$vecF$ , forza di attrito, agente sul cilindro nel punto di contatto diretta verso l’alto parallelamente al piano inclinato.
La prima equazione cardinale della dinamica dice che il CM del cilindro accelera verso il basso parallelamente al piano inclinato; assunta una coppia di assi cartesiani, di cui $x$ parallelo al piano e orientato verso il basso, e $y$ normale al piano, le due equazioni cartesiane che reggono il moto di traslazione sono :
$Mddotx = Mgsinalpha - F$
$0 = N-Mgcosalpha$
Il cilindro inoltre è dotato anche di moto rotatorio, il quale se la forza di attrito è sufficiente è rotolamento puro; cioè se non vi è slittamento, $x=a*\theta$, dove $\theta$ è l’angolo di rotazione generico del cilindro, contato per esempio dalla posizione iniziale col cilindro sulla sommità del piano.
Il cilindro quindi ha un momento angolare rispetto al CM preso come polo, e la variazione del momento angolare è causata dal momento delle forze esterne rispetto allo stesso CM: solo la forza di attrito ha momento rispetto ad esso, la forza peso e la reazione normale del piano hanno momento nullo rispetto al centro.
Adesso, scrivi la seconda equazione cardinale e combinala con la prima, tenendo conto di quanto detto (rotolamento puro); dovresti essere in grado di ricavare che l’accelerazione del CM è uguale a :
$ddotx = 2/3g sinalpha$
La forza di attrito deve essere minore o uguale, in modulo, al prodotto $muN$ , altrimenti si ha slittamento. La condizione limite è , per il modulo $F$ di tale forza :
$F=muN$
Il risultato corretto è la seconda suggerita da BayMax : $ mu = 1/3tgalpha$ affinché non si abbia slittamento.
sarebbe un problema chiederti di esplicitare i conti fatti per trovare l'accelerazione del CM? in particolare non mi è chiara la relazione $ x=aθ $ , non penso di averla mai incontrata prima....
"tgrammer":
in particolare non mi è chiara la relazione $ x=aθ $
$atheta$ è la lunghezza dell'arco della circonferenza di raggio $a$ con ampiezza $theta$. Se la circonferenza rotola senza strisciare per un angolo $theta$, la lunghezza dell'arco dice anche di quanto è avanzata.
"tgrammer":
sarebbe un problema chiederti di esplicitare i conti fatti per trovare l'accelerazione del CM?
ti ho dato l’imbeccata, dovrebbe bastarti. SE l’esercizio lo risolvo io, che cosa impari tu, da te stesso ?
Usa la seconda equazione cardinale della dinamica per trovare l’accelerazione angolare $ddot\theta$ ; la relazione che non ti è chiara l’ha illustrata l’amico mgrau. La analoga per le accelerazioni è $ddotx = addot\theta$.
Tieni presente che la prima equazione cardinale l’ho già scritta, sotto forma delle due equazioni cartesiane riportate, guardale; nella condizione limite detta, cioè $F=muN=muMgcosalpha$, l’accelerazione del CM diventa:
$ddotx = g(sinalpha-mucosalpha)$
In quanto alla seconda cardinale, devi imporre che il momento delle forze esterne rispetto al CM è uguale a $Iddot\theta$. Ora chiediti: quali sono le incognite? Quali equazioni ho disponibili?
Forza e coraggio.
forse non lo hai visto ma io il mio procedimento l'ho riportato, e mi sembra identico al tuo quindi penso di sbagliare nei conti...
arrivo all'espressione finale $ 3tanθ=μ $
da cui $ tanθ=μ/3 $ -> $ θ=atan(μ/3) $
arrivo all'espressione finale $ 3tanθ=μ $
da cui $ tanθ=μ/3 $ -> $ θ=atan(μ/3) $
Per prima cosa faccio una piccola modifica, chiamo $r$ il raggio del cilindro, perchè $a$ si confonde con l’accelerazione. Quindi abbiamo, in assenza di slittamento :
$x = r\theta \rarr ddotx = r ddot\theta$
Inoltre, per quanto già detto :
$Mddotx = Mgsinalpha - F $
$0 = N-Mgcosalpha$
Abbiamo ora, per la seconda cardinale della dinamica : $ I ddot\theta = rF $ , da cui :
$F = (Iddot\theta)/r = 1/2Mr^2 (ddotx)/r^2 = 1/2Mddotx$
sostituendo questo valore di $F$ nella prima delle due equazioni scritte sopra hai :
$Mddotx = Mgsinalpha - F =Mgsinalpha -1/2Mddotx$
da cui :
$Mddotx ( 1 + 1/2) = Mgsinalpha \rarr ddotx = 2/3 g sin alpha $
E questa è l’accelerazione del CM quando il cilindro rotola giù per il piano inclinato, senza slittare.
Ritornando alla prima delle equazioni nel piano cartesiano sopra scritte, hai :
$M*2/3 g sinalpha = Mgsinalpha - F \rarr F = 1/3 M g sin alpha $
nella condizione limite di massimo valore della forza di attrito : $F = muN = muMgcosalpha$
Uguagliando quindi le due espressioni di F , hai : $1/3 M g sin alpha =muMgcosalpha$
da cui : $mu = 1/3tgalpha$ . Questo è il minimo valore che deve avere il coefficiente di attrito, dato l’angolo $alpha$ , per evitare lo slittamento del cilindro.
Ed ecco che l’esercizio te l’ho fatto io, ma avresti dovuto farlo tu. In fondo, si tratta di ragionare sulle due equazioni cardinali della dinamica.
$x = r\theta \rarr ddotx = r ddot\theta$
Inoltre, per quanto già detto :
$Mddotx = Mgsinalpha - F $
$0 = N-Mgcosalpha$
Abbiamo ora, per la seconda cardinale della dinamica : $ I ddot\theta = rF $ , da cui :
$F = (Iddot\theta)/r = 1/2Mr^2 (ddotx)/r^2 = 1/2Mddotx$
sostituendo questo valore di $F$ nella prima delle due equazioni scritte sopra hai :
$Mddotx = Mgsinalpha - F =Mgsinalpha -1/2Mddotx$
da cui :
$Mddotx ( 1 + 1/2) = Mgsinalpha \rarr ddotx = 2/3 g sin alpha $
E questa è l’accelerazione del CM quando il cilindro rotola giù per il piano inclinato, senza slittare.
Ritornando alla prima delle equazioni nel piano cartesiano sopra scritte, hai :
$M*2/3 g sinalpha = Mgsinalpha - F \rarr F = 1/3 M g sin alpha $
nella condizione limite di massimo valore della forza di attrito : $F = muN = muMgcosalpha$
Uguagliando quindi le due espressioni di F , hai : $1/3 M g sin alpha =muMgcosalpha$
da cui : $mu = 1/3tgalpha$ . Questo è il minimo valore che deve avere il coefficiente di attrito, dato l’angolo $alpha$ , per evitare lo slittamento del cilindro.
Ed ecco che l’esercizio te l’ho fatto io, ma avresti dovuto farlo tu. In fondo, si tratta di ragionare sulle due equazioni cardinali della dinamica.
quello che fai tu, giustamente, è:
1) $ Mgsenθ-F_A=Ma $
$ Mgcosθ=R_N $
2) $ Iα=RF_A $ da cui, essendo $ a=αR $ , $ F_A=1/2Ma $
3) sostituire $ F_A $ nella 1) e ricavare $ a=2/3gsenθ $
4) inserire questa $ a=2/3gsenθ $ di nuovo nella 1) per ricavare $ F_A=(Mgsenθ)/3 $
5) condizione $ F_A=μR_N $
quello che faccio io:
1) come te, $ Mgsenθ-F_A=Ma $
$ Mgcosθ=R_N $
ma la condizione $ a=αR $ la uso subito nella prima equazione.
quindi invece che calcolare $ a $ come te, calcolo $ α $
2) cambio polo, quindi $ Iα=RMgsenθ $
3) sostuisco $ α $ nella 1) per ricavare $ F_A $
4) condizione $ F_A=μR_N $
perdonami la testardaggine, ma a livello concettuale non capisco quale sia la differenza tra i nostri due procedimenti... il mio è sicuramente sbagliato perchè non ottengo il risultato giusto, a cui invece tu arrivi, ma per quanto mi sforzi di capire mi sembrano del tutto analoghi, il tuo in funzione di $ a $ e il mio in funzione di $ α $.. cosa mi sfugge?
1) $ Mgsenθ-F_A=Ma $
$ Mgcosθ=R_N $
2) $ Iα=RF_A $ da cui, essendo $ a=αR $ , $ F_A=1/2Ma $
3) sostituire $ F_A $ nella 1) e ricavare $ a=2/3gsenθ $
4) inserire questa $ a=2/3gsenθ $ di nuovo nella 1) per ricavare $ F_A=(Mgsenθ)/3 $
5) condizione $ F_A=μR_N $
quello che faccio io:
1) come te, $ Mgsenθ-F_A=Ma $
$ Mgcosθ=R_N $
ma la condizione $ a=αR $ la uso subito nella prima equazione.
quindi invece che calcolare $ a $ come te, calcolo $ α $
2) cambio polo, quindi $ Iα=RMgsenθ $
3) sostuisco $ α $ nella 1) per ricavare $ F_A $
4) condizione $ F_A=μR_N $
perdonami la testardaggine, ma a livello concettuale non capisco quale sia la differenza tra i nostri due procedimenti... il mio è sicuramente sbagliato perchè non ottengo il risultato giusto, a cui invece tu arrivi, ma per quanto mi sforzi di capire mi sembrano del tutto analoghi, il tuo in funzione di $ a $ e il mio in funzione di $ α $.. cosa mi sfugge?
"tgrammer":
quello che fai tu, giustamente, è:
1) $ Mgsenθ-F_A=Ma $
$ Mgcosθ=R_N $
2) $ Iα=RF_A $ da cui, essendo $ a=αR $ , $ F_A=1/2Ma $
3) sostituire $ F_A $ nella 1) e ricavare $ a=2/3gsenθ $
4) inserire questa $ a=2/3gsenθ $ di nuovo nella 1) per ricavare $ F_A=(Mgsenθ)/3 $
Sei d’accordo fin qui ? L’accelerazione a questo punto è nota, vale $ a=2/3gsenθ $. Che cosa non ti torna?
5) condizione $ F_A=μR_N $
Si certo, e uguagliando le due espressioni trovo $mu = 1/3 tgalpha$ .
quello che faccio io:
1) come te, $ Mgsenθ-F_A=Ma $
$ Mgcosθ=R_N $
ma la condizione $ a=αR $ la uso subito nella prima equazione.
quindi invece che calcolare $ a $ come te, calcolo $ α $
2) cambio polo, quindi $ Iα=RMgsenθ $
3) sostuisco $ α $ nella 1) per ricavare $ F_A $
4) condizione $ F_A=μR_N $
Cambi polo ? Cioè prendi come polo il punto di contatto tra disco e piano? Si può fare, ma hai cambiato anche il momento di inerzia $I$ ?
perdonami la testardaggine, ma a livello concettuale non capisco quale sia la differenza tra i nostri due procedimenti... il mio è sicuramente sbagliato perchè non ottengo il risultato giusto, a cui invece tu arrivi, ma per quanto mi sforzi di capire mi sembrano del tutto analoghi, il tuo in funzione di $ a $ e il mio in funzione di $ α $.. cosa mi sfugge?
Il risultato deve essere lo stesso, ma forse non hai cambiato $I$ . Controlla. Deve essere : $I = 3/2MR^2$ rispetto al nuovo polo.
------------------------------
PS : ho controllato, e penso che sia proprio quello l’errore che hai fatto, cioè non hai cambiato $I$ , che rispetto al punto di contatto preso come polo vale :$I = 3/2MR^2$. Per chiarezza, faccio i tuoi calcoli , ma corretti :
$Mgsen\theta - F = MalphaR $
$Mgcostheta = N $
come vedi, nella prima equazione ho usato subito : $a= alphaR $ .
Ora, per la 2º cardinale :
$Mgsentheta * R = I*alpha \rarr RMgsentheta = 3/2MR^2 *alpha $
da cui : $3/2Ralpha = g sen\theta \rarr alpha = 2 /(3R) gsentheta $
sostituendo questa $alpha$ nella 1º equazione cardinale :
$Mgsentheta - F = MR*2/(3R) *gsentheta $
da cui : $F = Mgsentheta - 2/3 Mgsentheta = 1/3 Mgsentheta$
come avevo trovato io : $ F = 1/3Mgsentheta$ . Dopo di che, imponendo la condizione limite:
$F= muN = muMgcostheta $
e uguagliando le due espressioni di F , si ha : $ mu = 1/3 tg\theta $ .....CVD .
Ciao a tutti !
Scusate se intervengo, avrei voluto scrivere ieri, ma non ho avuto tempo.
@tgrammer, il tuo procedimento iniziale, quello del tuo primo messaggio, mi pare corretto, ma mi sembra che tu abbia sbagliato a considerare il momento della forza. Come dici tu nel tuo primo messaggio, hai scelto il centro di massa del cilindro come polo, per cui, l'unica forza che ha momento rispetto a tale punto è la forza d'attrito, che è, come hai calcolato, $F_a=muMgcos(theta)$, parlando della massima, ovviamente.
il problema mi pare sia qui, dovresti avere $muMgcos(theta)=1/2MR^2$, invece tu hai preso il momento della forza peso, che puoi anche prendere, ma a quel punto devi cambiare polo (prendendo il punto di contatto) e scegliere il corretto momento di inerzia, come dice Shackle.
Dall'ultima che ho scritto trovi $alpha=(2mugcos(theta))/R$ e, sostituendola in (*), ottieni il risultato cercato, $mu=1/3tg(theta)$
Saluti
Scusate se intervengo, avrei voluto scrivere ieri, ma non ho avuto tempo.
@tgrammer, il tuo procedimento iniziale, quello del tuo primo messaggio, mi pare corretto, ma mi sembra che tu abbia sbagliato a considerare il momento della forza. Come dici tu nel tuo primo messaggio, hai scelto il centro di massa del cilindro come polo, per cui, l'unica forza che ha momento rispetto a tale punto è la forza d'attrito, che è, come hai calcolato, $F_a=muMgcos(theta)$, parlando della massima, ovviamente.
il polo scelto è il centro del cilindro, quindi $ -RMgsenθ=1/2MR^2α $ da cui $ α=-(2gsenθ)/R $
il problema mi pare sia qui, dovresti avere $muMgcos(theta)=1/2MR^2$, invece tu hai preso il momento della forza peso, che puoi anche prendere, ma a quel punto devi cambiare polo (prendendo il punto di contatto) e scegliere il corretto momento di inerzia, come dice Shackle.
Dall'ultima che ho scritto trovi $alpha=(2mugcos(theta))/R$ e, sostituendola in (*), ottieni il risultato cercato, $mu=1/3tg(theta)$
Saluti
Ciao BAyMAx.
Nel suo ultimo messaggio, tgrammer dice che cambia polo, e scrive :
$Ialpha = R*Mgsen\theta$
al secondo membro, c’è il momento della forza $Mgsentheta$, applicata nel CM, rispetto al punto di contatto; infatti il braccio è il raggio $R$. E allora, il m.i. deve essere calcolato rispetto a tale polo, come ho già detto.
Insomma, ha fatto un po’ di casino.
Nel suo ultimo messaggio, tgrammer dice che cambia polo, e scrive :
$Ialpha = R*Mgsen\theta$
al secondo membro, c’è il momento della forza $Mgsentheta$, applicata nel CM, rispetto al punto di contatto; infatti il braccio è il raggio $R$. E allora, il m.i. deve essere calcolato rispetto a tale polo, come ho già detto.
Insomma, ha fatto un po’ di casino.
Ciao @Shackle !
Si, ho letto, infatti credo che abbia fatto un mix di cose diverse e da lì l'errore. Nel primissimo messaggio dice di aver preso come polo il centro del cilindro ed usa il corretto momento di inerzia, ma considera la forza sbagliata (forza peso invece della forza d'attrito), mentre nell'ultimo messaggio prende come polo il punto di contatto, considera la forza corretta (attrito e non peso), ma prende il momento di inerzia sbagliato (rispetto al centro invece che al punto di contatto). Mi pare abbia fatto questi due errori, per cui non si ritrova con nessuno dei due metodi. Intendevo questo, non so se sono riuscito a spiegarmi o ho fatto solo confusione, grazie di aver specificato
"Shackle":
Nel suo ultimo messaggio, tgrammer dice che cambia polo, e scrive :
$ Ialpha = R*Mgsen\theta $
Si, ho letto, infatti credo che abbia fatto un mix di cose diverse e da lì l'errore. Nel primissimo messaggio dice di aver preso come polo il centro del cilindro ed usa il corretto momento di inerzia, ma considera la forza sbagliata (forza peso invece della forza d'attrito), mentre nell'ultimo messaggio prende come polo il punto di contatto, considera la forza corretta (attrito e non peso), ma prende il momento di inerzia sbagliato (rispetto al centro invece che al punto di contatto). Mi pare abbia fatto questi due errori, per cui non si ritrova con nessuno dei due metodi. Intendevo questo, non so se sono riuscito a spiegarmi o ho fatto solo confusione, grazie di aver specificato
Ciò che più colpisce, in questo come in tanti altri esercizi, è la risposta finale dell’ OP : silenzio assoluto!
Non che uno pretenda di essere ringraziato, per carità! Mai sia una simile idea
! Ma almeno un segno di reazione, per dire : ho capito! ...
Niente. Alcuni rispondono solo per chiedere ulteriori spiegazioni, perché non hanno capito, il che la maggior parte delle volte significa che non hanno studiato a sufficienza e non hanno fatto esercizi più semplici prima.
Allora, o ci si deve rassegnare, oppure si deve far finta di nulla, e limitarsi a dare qualche informazione di massima su come affrontare il problema, e basta.
Ma per fortuna non tutti gli studenti che scrivono qui agiscono alla stessa maniera.
Non che uno pretenda di essere ringraziato, per carità! Mai sia una simile idea
! Ma almeno un segno di reazione, per dire : ho capito! ...Niente. Alcuni rispondono solo per chiedere ulteriori spiegazioni, perché non hanno capito, il che la maggior parte delle volte significa che non hanno studiato a sufficienza e non hanno fatto esercizi più semplici prima.
Allora, o ci si deve rassegnare, oppure si deve far finta di nulla, e limitarsi a dare qualche informazione di massima su come affrontare il problema, e basta.
Ma per fortuna non tutti gli studenti che scrivono qui agiscono alla stessa maniera.
Scusami Shackle se leggo il messaggio solo ora, sono assolutamente grato dell'aiuto ricevuto, tuttavia non ho ancora ringraziato perchè non ho potuto riprendere il problema sotto mano, e avendo ancora un piccolo dubbio sul segno dell'accelerazione angolare sto aspettando di avere del tempo per ripetere l'esercizio e ringraziare alla fine delle domande.
Scusate la maleducazione
Scusate la maleducazione
"tgrammer":
Scusami Shackle se leggo il messaggio solo ora, sono assolutamente grato dell'aiuto ricevuto, tuttavia non ho ancora ringraziato perchè non ho potuto riprendere il problema sotto mano, e avendo ancora un piccolo dubbio sul segno dell'accelerazione angolare sto aspettando di avere del tempo per ripetere l'esercizio e ringraziare alla fine delle domande.
Scusate la maleducazione
L’importante è che ci sia una reazione. OK così , riprendi pure l’esercizio quando hai tempo.
come temevo, ho dubbi sul segno dell' $ α $ in questo come in altri problemi, quindi vorrei capire una volta per tutte.
tu scrivi:
ma l' $ α $ in questo modo è positiva, quando invece c'è attrito, quindi dovrebbe risultare negativa. o sbaglio?
fino a questo punto ho impostato tutto come te. ma quando io calcolo, avendo cambiato polo e avendolo preso nel punto di contatto istantaneo tra il cilindro e il piano, solo il momento della forza peso del cilindro, trovo:
$ | ( i , j , k ),( 0 , R , 0 ),( Mgsenθ , -Mgcosθ , 0 ) | $
il cui determinante è $ =-RMgsenθ $ perciò $ ∑M=Iα $ -> $ -RMgsenθ=Iα $ da cui $ α=-2/3(gsenθ)/R $
spero che qualcuno possa aiutarmi a chiarire questo mio dubbio sul segno!
tu scrivi:
"Shackle":[/quote]
[quote="tgrammer"]
Ora, per la 2º cardinale :
$Mgsentheta * R = I*alpha \rarr RMgsentheta = 3/2MR^2 *alpha $
da cui : $3/2Ralpha = g sen\theta \rarr alpha = 2 /(3R) gsentheta $
ma l' $ α $ in questo modo è positiva, quando invece c'è attrito, quindi dovrebbe risultare negativa. o sbaglio?
fino a questo punto ho impostato tutto come te. ma quando io calcolo, avendo cambiato polo e avendolo preso nel punto di contatto istantaneo tra il cilindro e il piano, solo il momento della forza peso del cilindro, trovo:
$ | ( i , j , k ),( 0 , R , 0 ),( Mgsenθ , -Mgcosθ , 0 ) | $
il cui determinante è $ =-RMgsenθ $ perciò $ ∑M=Iα $ -> $ -RMgsenθ=Iα $ da cui $ α=-2/3(gsenθ)/R $
spero che qualcuno possa aiutarmi a chiarire questo mio dubbio sul segno!
l' α in questo modo è positiva, quando invece c'è attrito, quindi dovrebbe risultare negativa. o sbaglio?
L’accelerazione angolare $alpha = 2/(3R) sentheta$, cosi scritta, è un modulo, non è un vettore !
Quando scrivi il determinante simbolico, quelli che compaiono nella prima riga sono i versori degli assi $hati,hatj,hatk$ , e stai trovando un prodotto vettoriale, che nel tuo caso vale $ - RMgsentheta hatk $ .
MA quel segno “-“ non vuol dire che il prodotto vettoriale è negativo.
Qui c’é un errore che gli studenti fanno spesso : attribuire il segno ad un vettore ! Quel segno “-“ significa semplicemente che il vettore risultante dal prodotto vettoriale è opposto al versore $hatk$ , e basta cosí. E infatti, guarda la figura allegata:
non sono riportati nè il vettore $vecomega$ , il cui modulo è variabile , nè il vettore $vecalpha$ , ma secondo te come sono diretti? In base alla convenzione “della mano destra” , il versore $hatk$ è diretto nel verso “entrante” nel disegno, no ? E quindi, come sono diretti $vecomega$ e $vecalpha$ ?
E se il disegno avesse l’asse $y$ orientato verso il basso anziché verso l’alto , che cosa cambierebbe?
Certamente una cosa non cambia, cioè la dinamica del disco che rotola senza slittamento giù per il piano, e visto da te la rotazione è antioraria, no ?
Poi hai detto un cosa fuori dalla fisica : siccome c’è attrito l’accelerazione dovrebbe risultare negativa! Come è diretta e che cosa fa la forza di attrito in questo caso ?
Ti ripeto, il valore trovato per $alpha$ è il modulo dell' accelerazione angolare vettoriale.
Non dovete perdere di vista la fisica, e andare dietro ai segni !
Piccola precisazione: sia $vecomega$ che $vecalpha$ sono in realtà dei pseudo-vettori. Ma per ora cerca di ragionare bene su quello che ti ho scritto sopra.
correggimi se sbaglio:
la velocità angolare ha direzione coincidente con l'asse di rotazione, quindi è diretta lungo il versore k, il verso invece è entrante dal momento che il cilindro, rispetto a me, ruota in senso antiorario.
idem per l'accelerazione angolare, la cui direzione coincide con quella della velocità angolare.
la forza di attrito, trattandosi di un corpo rigido, agisce sul punto di contatto istantaneo tra il cilindro e il piano, è diretta lungo l'asse x e in verso opposto al moto del disco, quindi lungo $ -x $.
la velocità angolare ha direzione coincidente con l'asse di rotazione, quindi è diretta lungo il versore k, il verso invece è entrante dal momento che il cilindro, rispetto a me, ruota in senso antiorario.
idem per l'accelerazione angolare, la cui direzione coincide con quella della velocità angolare.
la forza di attrito, trattandosi di un corpo rigido, agisce sul punto di contatto istantaneo tra il cilindro e il piano, è diretta lungo l'asse x e in verso opposto al moto del disco, quindi lungo $ -x $.
Sia $vecomega$ Che $vecalpha$ sono diretti verso di te, cioè opposti a $hatk$ . proprio perché tu vedi rotazione antioraria.
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