Corpi Rigidi - Piano Inclinato
Il primo problema è :
Un disco di massa m=3,0 kg è tenuto fermo , lungo un piano inclinato di un angolo \({\theta}\) = \(30°\) , da una corda tangente al disco e parallela al piano inclinato come in figura . Calcolare il minimo valore del coefficiente d'attrito statico \({\mu}\)
che impedisce lo slittamento sul piano inclinato e la tensione della fune.
Avevo pensato che per calcolare il minimo valore di \({\mu}\) dobbiamo pensare che, la forza d'attrito ,che si oppone all'eventuale movimento dovuto alla componente orizzontale della forza peso , cioè \(mgsen\)\({\theta}\) ,deve essere minore o uguale al prodotto \({\mu}\)\(N\) cioè \(f\)\(<=\) \(mgcos\)\({\theta}\)\({\mu}\) quindi :
\({\mu}\) \(>=\) \(f\)\\(mg\)
Adesso scrivo le equazioni del moto del disco e dei momenti
\(mgsen\)\({\theta}\) \(-T-\) \(f=0\) dato che per l'equilibrio \(a=0\)
\(Tr-\) \(fr=0\) quindi \(T\) \(=f\)
Allora \(mgsen\)\({\theta}\)= \(2f\)
\(f=T=7.35\) Newton \({\mu}\) \(>=0.29\)
Che ne dite ?
Il secondo problema è :
Un sistema è costituito da tre sottili aste uguali ,ciascuna con massa \(m=0.60 kg\) e lunghezza \(l=0.80 m\),è imperniato nel vertice O . Se il sistema parte da fermo con il lato OA verticale ,calcolare la sua velocità angolare e l'azione del perno O quando esso passa per la posizione di equilibrio .
Di questo la mia domanda era, ma la condizione di equilibrio è quella quando ripassa per la verticale OA o quando si trova nella posizione verticale OPPOSTA a quella di partenza ...
Del procedimento non so proprio da dove partire so solo che dato il vincolo si sviluppa una forza impulsiva che non permette la conservazione della quantità di moto mentre invece se il momento angolare è nullo rispetto ad un polo fisso in un sistema di riferimento inerziale avviene la conservazione del momento angolare ...
Il terzo problema
Due blocchi su di un piano con un inclinazione di \({\theta}\) = \(30°\) ,scabro ({\mu=0.20}\) sono connessi da un filo leggero che passa su di una puleggia priva di attrito in figura. Assumendo \(m1=3.0 kg\) e \(m2=1.0 kg\) determinare l'accelerazione dei blocchi e la tensione del filo .
Dopo aver impostato il sistema di riferimento con l'asse positivo verso il basso dato che la prima massa è quella più grande
Scrivo l'equazioni della forza agente sul primo corpo e sul secondo ( sistema a 2 eq. e 2 incognite)
\({\sum F1}\) \(-T+m1gsen\)\({\theta}\) \(-\) \({\mu}\)\(m1gcos\)\({\theta}\) \(=m1a\) dove la forza d'attrito è fa1=\({\mu}\)\(m1gcos\)\({\theta}\)
\({\sum F2}\) \(T-m2gsen\)\({\theta}\) \(-\) \({\mu}\)\(m2gcos\)\({\theta}\) \(=m2a\) dove la forza d'attrito è fa2=\({\mu}\)\(m2gcos\)\({\theta}\)
Sommiamo membro a membro le due equazioni così da eliminare la T e ricavare l'accelerazione cioè 0.76 m/s^2 poi sostituiamo quest'ultima in una delle due equazioni per ricavare la T che risulta uguale a 7,3 Newton adesso il mio dubbio è che impostando un sistema di riferimento opposto la tensione mi verrà uguale in modulo e verso al caso precedente mentre l'accelerazione è diversa modulo ma ( come dovrebbe essere ) opposta in verso
Un disco di massa m=3,0 kg è tenuto fermo , lungo un piano inclinato di un angolo \({\theta}\) = \(30°\) , da una corda tangente al disco e parallela al piano inclinato come in figura . Calcolare il minimo valore del coefficiente d'attrito statico \({\mu}\)
che impedisce lo slittamento sul piano inclinato e la tensione della fune.
Avevo pensato che per calcolare il minimo valore di \({\mu}\) dobbiamo pensare che, la forza d'attrito ,che si oppone all'eventuale movimento dovuto alla componente orizzontale della forza peso , cioè \(mgsen\)\({\theta}\) ,deve essere minore o uguale al prodotto \({\mu}\)\(N\) cioè \(f\)\(<=\) \(mgcos\)\({\theta}\)\({\mu}\) quindi :
\({\mu}\) \(>=\) \(f\)\\(mg\)
Adesso scrivo le equazioni del moto del disco e dei momenti
\(mgsen\)\({\theta}\) \(-T-\) \(f=0\) dato che per l'equilibrio \(a=0\)
\(Tr-\) \(fr=0\) quindi \(T\) \(=f\)
Allora \(mgsen\)\({\theta}\)= \(2f\)
\(f=T=7.35\) Newton \({\mu}\) \(>=0.29\)
Che ne dite ?
Il secondo problema è :
Un sistema è costituito da tre sottili aste uguali ,ciascuna con massa \(m=0.60 kg\) e lunghezza \(l=0.80 m\),è imperniato nel vertice O . Se il sistema parte da fermo con il lato OA verticale ,calcolare la sua velocità angolare e l'azione del perno O quando esso passa per la posizione di equilibrio .
Di questo la mia domanda era, ma la condizione di equilibrio è quella quando ripassa per la verticale OA o quando si trova nella posizione verticale OPPOSTA a quella di partenza ...
Del procedimento non so proprio da dove partire so solo che dato il vincolo si sviluppa una forza impulsiva che non permette la conservazione della quantità di moto mentre invece se il momento angolare è nullo rispetto ad un polo fisso in un sistema di riferimento inerziale avviene la conservazione del momento angolare ...
Il terzo problema
Due blocchi su di un piano con un inclinazione di \({\theta}\) = \(30°\) ,scabro ({\mu=0.20}\) sono connessi da un filo leggero che passa su di una puleggia priva di attrito in figura. Assumendo \(m1=3.0 kg\) e \(m2=1.0 kg\) determinare l'accelerazione dei blocchi e la tensione del filo .
Dopo aver impostato il sistema di riferimento con l'asse positivo verso il basso dato che la prima massa è quella più grande
Scrivo l'equazioni della forza agente sul primo corpo e sul secondo ( sistema a 2 eq. e 2 incognite)
\({\sum F1}\) \(-T+m1gsen\)\({\theta}\) \(-\) \({\mu}\)\(m1gcos\)\({\theta}\) \(=m1a\) dove la forza d'attrito è fa1=\({\mu}\)\(m1gcos\)\({\theta}\)
\({\sum F2}\) \(T-m2gsen\)\({\theta}\) \(-\) \({\mu}\)\(m2gcos\)\({\theta}\) \(=m2a\) dove la forza d'attrito è fa2=\({\mu}\)\(m2gcos\)\({\theta}\)
Sommiamo membro a membro le due equazioni così da eliminare la T e ricavare l'accelerazione cioè 0.76 m/s^2 poi sostituiamo quest'ultima in una delle due equazioni per ricavare la T che risulta uguale a 7,3 Newton adesso il mio dubbio è che impostando un sistema di riferimento opposto la tensione mi verrà uguale in modulo e verso al caso precedente mentre l'accelerazione è diversa modulo ma ( come dovrebbe essere ) opposta in verso
Risposte
Ciao! Impostiamo il secondo problema.
Intanto bisogna capire come si disporra' il triangolo quando raggiungera' la posizione piu' bassa. Si disporra' in questo modo: la retta che passa per il fulcro e per il centro di massa ( un po' di pazienza per trovarlo ) si disporra' perpendicolarmente al suolo. In questo caso ( a proposito, nominiamo '' $B$ '' l'altro vertice, poverino... ) il lato '' $AB$ '' si posizionera' parallelamente al suolo.
Vale la conservazione dell'energia meccanica, quindi: $Mgh=1/2I_Tomega^2$. Da cui ricavi '' $omega$ ''.
Dove: $h$: dislivello del centro di massa ( sulla verticale ).
$M$: massa totale.
$I_T$: memento d'inerzia del sistema rispetto al fulcro.
$I_T=(1/3ml^2)+(1/3ml^2)+[1/12ml^2+m(l^2-(l/2)^2)]$. Ovvero la somma dei momenti d'inerzia delle singole sbarre rispetto al fulcro.
Infine per la velocita' del centro di massa: $v=omegad$.
Dove '' $d$ '' e' la distanza del centro di massa dal fulcro.
Per la reazione del vincolo in quella posizione direi '' $R=P+F_c$ ''. Ovvero la somma tra la forza peso e la forza centripeta ( in quanto il corpo tenderebbe ad allontanarsi, ma la forza centripeta lo impedisce ).
Quindi '' $R=Mg+Mv^2/d$ ''.
Degli altri problemi non ho controllato i calcoli, ma l'impostazione e' corretta a livello algebrico.
Intanto bisogna capire come si disporra' il triangolo quando raggiungera' la posizione piu' bassa. Si disporra' in questo modo: la retta che passa per il fulcro e per il centro di massa ( un po' di pazienza per trovarlo ) si disporra' perpendicolarmente al suolo. In questo caso ( a proposito, nominiamo '' $B$ '' l'altro vertice, poverino... ) il lato '' $AB$ '' si posizionera' parallelamente al suolo.
Vale la conservazione dell'energia meccanica, quindi: $Mgh=1/2I_Tomega^2$. Da cui ricavi '' $omega$ ''.
Dove: $h$: dislivello del centro di massa ( sulla verticale ).
$M$: massa totale.
$I_T$: memento d'inerzia del sistema rispetto al fulcro.
$I_T=(1/3ml^2)+(1/3ml^2)+[1/12ml^2+m(l^2-(l/2)^2)]$. Ovvero la somma dei momenti d'inerzia delle singole sbarre rispetto al fulcro.
Infine per la velocita' del centro di massa: $v=omegad$.
Dove '' $d$ '' e' la distanza del centro di massa dal fulcro.
Per la reazione del vincolo in quella posizione direi '' $R=P+F_c$ ''. Ovvero la somma tra la forza peso e la forza centripeta ( in quanto il corpo tenderebbe ad allontanarsi, ma la forza centripeta lo impedisce ).
Quindi '' $R=Mg+Mv^2/d$ ''.
Degli altri problemi non ho controllato i calcoli, ma l'impostazione e' corretta a livello algebrico.
Relativamente al primo problema: attenzione che hai sbagliato a pigiare sulla calcolatrice. \(T \approx 3.8 N\) e \(\mu_{min} \approx 0.13\) 
Sul terzo esercizio concordo con Gas: mi sembra corretto -anche se nemmeno io ho controllato i calcoli.
Sul terzo esercizio concordo con Gas: mi sembra corretto -anche se nemmeno io ho controllato i calcoli.
Riguardo il primo ho sbagliato a scrivere l angolo, theta è 30° quindi i miei risultati dovrebbero essere giusti mentre per il secondo nel disegno c era una linea tratteggiata verso il basso come se il sistema arrivasse con AO opposto a quello di partenza (verso il basso).
Per quanto riguarda il terzo il mio unico dubbio è che impostando sistema di riferimento opposti il risultato dell accelerazione viene diverso in modulo, oltre che in verso, mentre la tensione (come dovrebbe essere) viene sia uguale in modulo che in verso... Provate a controllare...
Per quanto riguarda il terzo il mio unico dubbio è che impostando sistema di riferimento opposti il risultato dell accelerazione viene diverso in modulo, oltre che in verso, mentre la tensione (come dovrebbe essere) viene sia uguale in modulo che in verso... Provate a controllare...
"marcocozzolino01":
Per quanto riguarda il terzo il mio unico dubbio è che impostando sistema di riferimento opposti il risultato dell accelerazione viene diverso in modulo, oltre che in verso, mentre la tensione (come dovrebbe essere) viene sia uguale in modulo che in verso...
Cioé? Se la massa che si trova più in alto è la \(m_2\) vuoi impostare il sistema di modo che la forza peso di \(m_2\) sia positiva nel verso? Nel caso, io ritrovo le stesse equazioni:
\[\begin{cases} m_2 g sin\theta - T + F_{a,2} = -m_2 a \\ - m_1 g sin\theta + T + F_{a,1} = - m_1 a \end{cases}\]
Ti eri forse dimenticato il segno al secondo membro? ...be', fa' conto che hai diritto di sbagliare completamente supposizione -cioé: potrei non darti alcuna informazione sulle due masse, di modo che tu non avresti la posibilità di intuire quale sia il sistema di riferimento che ti permette di scrivere le accelerazioni positive-, ma devi comunque azzardare una possibilità. D'altro canto potresti temporaneamente dimenticarti dei segni e scrivere tutte le forze positive: facendo i calcoli i segni torneranno, o ti porteranno ad una qualche inconsistenza.
Buttàte nel fiume queste parole stupide: cosa ti crucciava? Non ho rifatto i conti con il nuovo sistema, ma quello che trovo è esattamente quello che ho trovato prima, cioé \[\begin{cases} T - F_{a,2} - m_2 g sin\theta = m_2 a \\ m_1 g sin\theta - T - F_{a,1} = m_1 a\end{cases} \\ \Rightarrow a = g sin\theta \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2} - \mu g cos\theta\]
Risultato che mi sembra abbastanza coerente, in questo momento, per il fatto che se \(m_2 \to \infty\) allora \(a \sim - g sin\theta - \mu g cos\theta\) -cioé, se la massa che nel disegno è più in alto, fosse molto più pesante dell'altra, l'accelerazione sarebbe nel verso opposto a quello che si ha quando, come nel problema, \(m_1 = 3 kg\) e \(m_2 = 1 kg\).
Io mi trovo con te, però il dubbio mi viene quando imposto il sistema al contrario, cioè, che sale la massa più pesante e quindi scende quella più leggera impostando le equazioni non capisco perché quando fai la sommatoria delle forza metti -m1a1 e -m2a2 e inoltre perchè + fa2 ? La forza d attrito non si oppone sempre al moto... Quindi dovrebbe essere negativa
Ah scusa! Il problema richiedeva espressamente '' $OA$ '' verticale, non il sistema in verticale ( da cui la discussione sul centro di massa ). Comunque cambia poco:
- Ricavi il centro di massa.
- Momenti d'inerzia e altro rimangono uguali.
- Con '' $AO$ '' verticale ricavi il dislivello del centro di massa ( basta ricavare l'angolo tra il centro di massa in verticale ( perpendicolare al suolo ) e la configurazione richiesta ), da cui l'energia meccanica.
- A parte i risultati diversi, come prima e' tutto.
- Ricavi il centro di massa.
- Momenti d'inerzia e altro rimangono uguali.
- Con '' $AO$ '' verticale ricavi il dislivello del centro di massa ( basta ricavare l'angolo tra il centro di massa in verticale ( perpendicolare al suolo ) e la configurazione richiesta ), da cui l'energia meccanica.
- A parte i risultati diversi, come prima e' tutto.
"marcocozzolino01":
che sale la massa più pesante e quindi scende quella più leggera
Questo è anti-fisico...
Prova ad essere più preciso, non ho capito molto le tue perplessità. Comunque sottolineo che la formula scritta sopra relativa all'accelerazione vale per qualsiasi scelta di \(m_i\). Per trovarla, sì: ho pensato che la massa più vicina al terreno fosse quella più pesante e che quella più alta fosse quella più leggera; ma questo mi ha solo aiutato a dare una forma al sistema.
Pensare ad una situazione speculare a quella da me descritta, come mi sembra sia quella che stai cercando tu, non deve cambiare in alcun modo le equazioni.
Comunque prova a riformulare la questione -invito anche Gas a porgere l'orecchio se ha voglia.
marcocozzolino01 ha scritto:
che sale la massa più pesante e quindi scende quella più leggera
Forse intendi '' porre l'accelerazione positiva dove si muove la massa piu' pesante ''. Premesso che Giuscri ha scritto giusto, in questo caso avresti ( $a_2>0,-a_1<0,m_2
$-m_1a_1=T-P_1sentheta+F_a$.
L'importante sono le relazioni tra i vettori agenti sul corpo. Ad esempio ( non in questo caso pero' ) io considero l'accelazione su ogni corpo positiva, ma su questa adatto coerentemente tutto il resto.
Comunque, sul secondo problema:
La posizione di equilibrio e' data quando la congiungente del centro di massa al fulcro e' perpendicolare al suolo. Soltanto che non capisco se con '' esso '' si riferisce al sistema o al lato.
Se si riferisce al sistema, procedi con la prima soluzione. Se si riferisce al lato, procedi con l'altra soluzione. In ogni caso il metodo risolutivo risulta essere sempre quello.
Un sistema è costituito da tre sottili aste uguali ,ciascuna con massa m=0.60kg e lunghezza l=0.80m,è imperniato nel vertice O . Se il sistema parte da fermo con il lato OA verticale ,calcolare la sua velocità angolare e l'azione del perno O quando esso passa per la posizione di equilibrio .
La posizione di equilibrio e' data quando la congiungente del centro di massa al fulcro e' perpendicolare al suolo. Soltanto che non capisco se con '' esso '' si riferisce al sistema o al lato.
Se si riferisce al sistema, procedi con la prima soluzione. Se si riferisce al lato, procedi con l'altra soluzione. In ogni caso il metodo risolutivo risulta essere sempre quello.
Grazie ragazzi , risulta tutto chiaro!
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