Disco, equilibrio instabile, velocità angolare max, e accel
Un disco di massa M e raggio R, inizialmente fermo, può rotolare senza strisciare su un piano orizzontale. Sul bordo del disco è fissata, nel punto più alto, una massa puntiforme m Se il disco viene leggermente spostato dalla posizione di equilibrio instabile, determinare la massima velocità angolare del disco durante il suo moto e la sua accelerazione angolare quando ha percorso un quarto di giro.
Eseguire i calcoli per M= 400 g, m= 50 g, R= 10 cm.
Per quanto riguarda la prima parte ho usato il teorema di Konig in questo modo:
Rispetto all'asse istantaneo di rotazione:
$2\ m\gR = I_O\ omega^2$ dove $I_O = I_C + MR^2$ e mi viene $omega = \sqrt{(8mg )/ (3MR)}$ e su questo non ho avuto problemi, però:
Per quanto riguarda la seconda parte quando la massa m ha percorso un quarto di circonferenza vuol dire che dista $d = 2\sqrt{R}$ dall'asse istantaneo di rotazione!
Ecco però non riesco a trovarmi l'accelerazione angolare, io so che $M^((e))_O = (db_T) / dt$ rispetto al polo O, ma il momento angolare assiale totale è dato dalla somma del momento angolare assiale del disco più quello della massa? Nella rotazione la forza esterna è sola la forza peso della massa m? Quindi $mg\ R = I_O\ \dot omega + (...)$ dove $(...) = I_O\ m\ 2\sqrt{R}$?
Sarà banale ma avrei bisogno di un chiarimento su questa cosa
Grazie mille!
Eseguire i calcoli per M= 400 g, m= 50 g, R= 10 cm.
Per quanto riguarda la prima parte ho usato il teorema di Konig in questo modo:
Rispetto all'asse istantaneo di rotazione:
$2\ m\gR = I_O\ omega^2$ dove $I_O = I_C + MR^2$ e mi viene $omega = \sqrt{(8mg )/ (3MR)}$ e su questo non ho avuto problemi, però:
Per quanto riguarda la seconda parte quando la massa m ha percorso un quarto di circonferenza vuol dire che dista $d = 2\sqrt{R}$ dall'asse istantaneo di rotazione!
Ecco però non riesco a trovarmi l'accelerazione angolare, io so che $M^((e))_O = (db_T) / dt$ rispetto al polo O, ma il momento angolare assiale totale è dato dalla somma del momento angolare assiale del disco più quello della massa? Nella rotazione la forza esterna è sola la forza peso della massa m? Quindi $mg\ R = I_O\ \dot omega + (...)$ dove $(...) = I_O\ m\ 2\sqrt{R}$?
Sarà banale ma avrei bisogno di un chiarimento su questa cosa
Grazie mille!
Risposte
up
Ti confesso che ci ho pensato alquanto, a questo esercizio, e tuttora c'è qualcosa che mi lascia perplesso..
Comunque ho provato a risolverlo, col principio della conservazione dell'energia, e questo è ciò che è venuto fuori.
Vediamo se magari qualcuno ha altre idee.
E domani me ne vado al mare. Ciao.
Comunque ho provato a risolverlo, col principio della conservazione dell'energia, e questo è ciò che è venuto fuori.
Vediamo se magari qualcuno ha altre idee.
E domani me ne vado al mare. Ciao.
sinceramente non saprei navigatore, il modo in cui mi trovo la velocità angolare secondo te è sbagliato?
Ora mi sono accorto che non sonostato precissimo, la velocità angolare l'ho trovata usando il teorema della conservazione dell'energia meccanica $mg2R = 1/2 I_O\ omega^2$ dove la velocità di traslazione non c'è essendo nulla nel punto di contatto con il pavimento? dove lì la velovità angolare è massima? giusto?
Ho visto le soluzioni e questa parte è giusta, però l'accelerazione angolare dopo 1/4 di giro come la trovo? Tra i suggerimenti c'è: $\vec M = I (d \omega) / dt + db_m/dt$
Ora mi sono accorto che non sonostato precissimo, la velocità angolare l'ho trovata usando il teorema della conservazione dell'energia meccanica $mg2R = 1/2 I_O\ omega^2$ dove la velocità di traslazione non c'è essendo nulla nel punto di contatto con il pavimento? dove lì la velovità angolare è massima? giusto?
Ho visto le soluzioni e questa parte è giusta, però l'accelerazione angolare dopo 1/4 di giro come la trovo? Tra i suggerimenti c'è: $\vec M = I (d \omega) / dt + db_m/dt$
Nel punto di contatto $C$ del disco col suolo, è nulla la velocità relativa tra disco e suolo, perchè non c'è strisciamento. Il moto visto da un osservatore solidale al suolo è rototraslatorio attorno ad assi di istantanea rotazione, che passano sempre per $C$ : questo punto $C$ è diverso sia nel disco, da istante a istante, che rispetto al suolo: trasla!
La vel. angolare è massima quando la massa $m$, inizialmente in $A$ , ha descritto la semicirconferenza portandosi in $C$, ma è evidentemente un $C$ spostato rispetto alla posizione iniziale. Il $C$ spostato si trova, più a destra di quello iniziale, di una quantità lunga come la semicirconferenza, no? La massa $m$ , nel riferimento assoluto, descrive un arco di cicloide, che parte da $A$ e arriva a terra.
L'accelerazione angolare, puoi trovarla anche applicando la seconda eq cardinale della Dinamica : momento delle forze esterne = variazione del momento angolare, calcolando i momenti rispetto allo stesso centro istantaneo $C$. Questo è il suggerimento che dici. Però devi fare attenzione, perchè incrementando di $d\theta$ l'angolo, cambia pure il momento della forza esterna rispetto al centro istantaneo di rotazione!
Io ho preferito il metodo energetico, dovresti avere gli stessi risultati...ma io posso aver sbagliato.
La vel. angolare è massima quando la massa $m$, inizialmente in $A$ , ha descritto la semicirconferenza portandosi in $C$, ma è evidentemente un $C$ spostato rispetto alla posizione iniziale. Il $C$ spostato si trova, più a destra di quello iniziale, di una quantità lunga come la semicirconferenza, no? La massa $m$ , nel riferimento assoluto, descrive un arco di cicloide, che parte da $A$ e arriva a terra.
L'accelerazione angolare, puoi trovarla anche applicando la seconda eq cardinale della Dinamica : momento delle forze esterne = variazione del momento angolare, calcolando i momenti rispetto allo stesso centro istantaneo $C$. Questo è il suggerimento che dici. Però devi fare attenzione, perchè incrementando di $d\theta$ l'angolo, cambia pure il momento della forza esterna rispetto al centro istantaneo di rotazione!
Io ho preferito il metodo energetico, dovresti avere gli stessi risultati...ma io posso aver sbagliato.
Secondo il libro quando la massa m ha percorso 1/4 di circonferenza ha un braccio pari al raggio rispetto al polo O.
$mgR = 3/2 MR^2\ \dot omega + 2mr^2 \dot \omega$ sapendo la distanza di m dal polo vale $\sqrt{2}R$
da cui
$\dot \omega = (2mg) / (3MR + 4mR)$
ti torna? perchè ha messo $mgR$? sarebbe il mometo delle forze esterne, cioè la forza peso, la cui retta d'azione non ha distanza R dal polo O..non capisco!
$mgR = 3/2 MR^2\ \dot omega + 2mr^2 \dot \omega$ sapendo la distanza di m dal polo vale $\sqrt{2}R$
da cui
$\dot \omega = (2mg) / (3MR + 4mR)$
ti torna? perchè ha messo $mgR$? sarebbe il mometo delle forze esterne, cioè la forza peso, la cui retta d'azione non ha distanza R dal polo O..non capisco!
"smaug":
......
da cui
$\dot \omega = (2mg) / (3MR + 4mR)$
ti torna? perchè ha messo $mgR$? sarebbe il mometo delle forze esterne, cioè la forza peso, la cui retta d'azione non ha distanza R dal polo O..non capisco!
Dopo un quarto di circonferenza, il braccio del peso rispetto al centro di istantanea rotazione è proprio il raggio, non lo vedi ? Quindi il momento delle forze esterne è $mgR$, in quella posizione.
Comunque, la formula dell'accelerazione data dal tuo libro, e la mia, coincidono perfettamente: metti in evidenza $4R$ al denominatore della formula del libro ...e hai proprio la mia accelerazione!
Allora nun me so sbaijato !
"navigatore":
momento delle forze esterne = variazione del momento angolare, calcolando i momenti rispetto allo stesso centro istantaneo $C$.Però devi fare attenzione, perchè incrementando di $d\theta$ l'angolo, cambia pure il momento della forza esterna rispetto al centro istantaneo di rotazione!
Dalla teoria:
Il momento angolare di un sistema materiale rispetto ad un polo fisso O, diverso dal centro di massa, è pari alla somma del momento angolare del centro di massa rispetto al polo O e del momento angolare del sistema rispetto al centro di massa.
Il sistema è fatto dal disco e dalla massa, che essendo puntiforme, fa sì che il centro di massa sia il centro del disco. Se il polo O è l'asse istantaneo di rotazione (che in realtà non è fisso giusto?), il primo contributo, cioè, il momento angolare del centro di massa rispetto al polo O sarebbe nullo perchè il braccio è zero? Mentre il secondo contributo sarebbe la somma di $I_0\dot \omega$ e del momento angolare della massa, ma non capisco ancora perchè al professore interessa la sua distanza dal polo invece del braccio...avrei bisogno di un tuo bel chiarimento!
"smaug":
[quote="navigatore"]
momento delle forze esterne = variazione del momento angolare, calcolando i momenti rispetto allo stesso centro istantaneo $C$.Però devi fare attenzione, perchè incrementando di $d\theta$ l'angolo, cambia pure il momento della forza esterna rispetto al centro istantaneo di rotazione!
Dalla teoria:
Il momento angolare di un sistema materiale rispetto ad un polo fisso O, diverso dal centro di massa, è pari alla somma del momento angolare del centro di massa rispetto al polo O e del momento angolare del sistema rispetto al centro di massa.
[/quote]
smaug, andiamo con ordine per favore. Questo è giustissimo, ovviamente. E' sottinteso che quando dici "...momento angolare del centro di massa..." in realtà vuoi dire che immagini concentrata tutta la massa nel cdm, e ne calcoli il momento angolare rispetto al polo che ti interessa.
Il sistema è fatto dal disco e dalla massa, che essendo puntiforme, fa sì che il centro di massa sia il centro del disco.
Ahi ahi ahi, smaug ! Una coltellata al cuore mi hai dato! Ma hai lo stesso condizionatore di lisdap che non funziona?
Renditi conto che è sbagliato, questo che hai appena detto! Dov'è il cdm, dov'è? Dov'è nell'istante iniziale del moto, quando la massa è nel punto più alto A? E se fai ruotare il disco di un angolo $\theta$ qualunque, che fa il cdm?
Se il polo O è l'asse istantaneo di rotazione (che in realtà non è fisso giusto?), il primo contributo, cioè, il momento angolare del centro di massa rispetto al polo O sarebbe nullo perchè il braccio è zero?
Certo il polo non è fisso, come ti ho detto, nè rispetto al disco nè rispetto al piano, perchè il disco rotola e nel rotolare trasla sul piano...MA devi fotografare la situazione in un certo istante qualunque, allorchè l'angolo è $\theta$, e in quell'istante devi calcolare il momento angolare rispetto al polo.Devi immaginare una "istantanea rotazione" attorno al polo, a partire dall'istante della foto.
Considera il solo disco, smaug, senza la massa aggiunta : è nullo il momento angolare del solo disco rispetto al centro di massa? E rispetto al centro di istantanea rotazione? No che non lo è. Ma tu continui a parlare di braccio, che sarebbe nullo...Come calcoli il momento angolare del solo disco, rispetto al centro di istantanea rotazione?
Mentre il secondo contributo sarebbe la somma di $I_0\dot \omega$ e del momento angolare della massa, ma non capisco ancora perchè al professore interessa la sua distanza dal polo invece del braccio...avrei bisogno di un tuo bel chiarimento!
Come calcoli il momento angolare di una massa concentrata in un punto rispetto ad un polo? Cosi : $vecr\timesvecp$, dove
$vecp=mvecv$
Comunque, questo esercizio si può fare anche considerando il teorema del momento angolare, anzichè la conservazione dell'energia. Ma penso sia più complicato.
"Navigatore":
in realtà vuoi dire che immagini concentrata tutta la massa nel cdm, e ne calcoli il momento angolare rispetto al polo che ti interessa.
Esatto.
"Navigatore":
Dov'è il cdm, dov'è? Dov'è nell'istante iniziale del moto, quando la massa è nel punto più alto A? E se fai ruotare il disco di un angolo θ qualunque, che fa il cdm?
Quando il disco è fermo e la massa piccola si trova nel punto più alto, il centro di massa è $y_C = ((M + 2m)R) / (m+M)$ se l'orgine degli assi è il polo istantaneo.
Quando la massa piccola ha compiuto un quarto di circonferenza il centro di massa ha questa cordinate:
$x_C = (mR) / (M+m)$
$y_C = ((m + M)R) / (M+m)$
"Navigatore":
Considera il solo disco, smaug, senza la massa aggiunta : è nullo il momento angolare del solo disco rispetto al centro di massa? E rispetto al centro di istantanea rotazione? No che non lo è. Ma tu continui a parlare di braccio, che sarebbe nullo...Come calcoli il momento angolare del solo disco, rispetto al centro di istantanea rotazione?
Il momento angolare del solo disco quando è fermo è nullo...Ti ammetto che ho abbastanza confusione su quest'argomento Navigatore...mi puoi spiegare il perchè delle risposte a è nullo il momento angolare del solo disco rispetto al centro di massa? E rispetto al centro di istantanea rotazione?
Rispetto all'asse istantaneo di rotazione il momento angolare del solo disco che rototrasla è uguale alla somma del momento angolare dovuto al moto traslatorio del centro di massa e del momento angolare visto dal centro di massa, che sarebbe il contributo della rotazione?
credo anche di non aver capito, bene la differenza di un sistema continuo da uno discreto, e le differenze che ci sono nel calcolo del momento d'inerzia...
Grazie ancora!
"smaug":
Quando il disco è fermo e la massa piccola si trova nel punto più alto, il centro di massa è $y_C = ((M + 2m)R) / (m+M)$ se l'orgine degli assi è il polo istantaneo.
Quando la massa piccola ha compiuto un quarto di circonferenza il centro di massa ha questa cordinate:
$x_C = (mR) / (M+m)$
$y_C = ((m + M)R) / (M+m)$
E allora lo vedi, che la posizione del cdm non è il centro del disco, perchè c'è quella piccola massa $m$ posta in un punto della circonferenza? Quando il disco rotola, il cdm ruota anch'esso, rimanendo sempre sul raggio che congiunge il centro alla posizione di $m$, ti pare?
Il momento angolare del solo disco quando è fermo è nullo
bella scoperta! Se non ruota! Ma quando ruota, il momento angolare vale $I*\omega$ : se consideri il centro del disco, il momento d' inerzia da introdurre è quello rispetto ad esso. Ma se consideri il centro di istantanea rotazione, siccome la velocità angolare è la stessa ( perchè è la stessa, smaug?), il momento d'inerzia è quello rispetto a tale centro ( più esattamente: rispetto all'asse perpendicolare al piano del disco e passante per il centro di istantanea rotazione). E se invece consideri il cdm, il momento di inerzia sarà quello rispetto a tale cdm.
...Ti ammetto che ho abbastanza confusione su quest'argomento Navigatore...mi puoi spiegare il perchè delle risposte a è nullo il momento angolare del solo disco rispetto al centro di massa? E rispetto al centro di istantanea rotazione?Ti ho risposto sopra. Questo è un semplice moto piano, il che significa che in ogni istante del moto tutti i vettori velocità sono paralleli ad un piano, nel caso in esame il piano del disco. Tutti gli assi perpendicolari a tale piano sono assi principali di inerzia del sistema. Perciò il vettore momento angolare e il vettore velocità angolare sono paralleli, il fattore moltiplicativo per passare da $\omega$ ad $L$ è il momento di inerzia $ I $ del sistema rispetto all'asse scelto : $ L = I\omega$. E siccome $I$ è additivo, lo è pure $L$.
Rispetto all'asse istantaneo di rotazione il momento angolare del solo disco che rototrasla è uguale alla somma del momento angolare dovuto al moto traslatorio del centro di massa e del momento angolare visto dal centro di massa, che sarebbe il contributo della rotazione?Si, questo è giusto, anche se spiegato con parole un pò accartocciate...Nel tuo esercizio però non conviene riferire prima tutto al cento di massa, poichè come hai visto esso è variabile. Conviene riferirsi direttamente al centro di istantanea rotazione, come suggerisce il prof.
credo anche di non aver capito, bene la differenza di un sistema continuo da uno discreto, e le differenze che ci sono nel calcolo del momento d'inerzia...Grazie ancora!
PErchè ora vuoi mettere in mezzo l'abbacchio, se stiamo facendo le code alla vaccinara?
"Navigatore":
Ma se consideri il centro di istantanea rotazione, siccome la velocità angolare è la stessa ( perchè è la stessa, smaug?)
per definizione di corpo rigido?
In effetti l'abbacchio non mi piace tantissimo!
Qualunque punto prendi del disco che rotola sul piano, lo puoi considerare come "centro di rotazione". Anche se il punto è fuori del disco, la velocità angolare non definisce la posizione dell'asse di rotazione.
E' poi ovvio che è comodo definire la rotazione rispetto ad un certo punto (asse, parlando meglio, in generale). Allora, puoi assumere per esempio il centro del disco. Oppure puoi assumere il punto di contatto col piano. Rispetto a tali punti, assunti come centri, la velocità angolare è sempre $omega$. Ma anche se assumi il punto $A$ , la velocità angolare non cambia. Ne abbiamo parlato qui, ricordi? Guarda la figurina del 16 Marzo.
il-moto-circolare-uniforme-t92854-20.html
Tutto il resto, è chiaro?
E' poi ovvio che è comodo definire la rotazione rispetto ad un certo punto (asse, parlando meglio, in generale). Allora, puoi assumere per esempio il centro del disco. Oppure puoi assumere il punto di contatto col piano. Rispetto a tali punti, assunti come centri, la velocità angolare è sempre $omega$. Ma anche se assumi il punto $A$ , la velocità angolare non cambia. Ne abbiamo parlato qui, ricordi? Guarda la figurina del 16 Marzo.
il-moto-circolare-uniforme-t92854-20.html
Tutto il resto, è chiaro?
grazie, credo di sì, ho riletto quella discussione e mi hai anche rinfrescato alcuni concetti...
Salve,
sto risolvendo questo problema e sono d'accordo sulla risoluzione scomponendo l'energia nelle sue parti traslatoria e rotatoria.
Tuttavia ho provato a risolverlo trattando il tutto come un unico corpo rigido che ruota intorno al punto di contatto, allego risoluzione della omega(theta).
Ci pensavo soltanto ora, e l'errore giace probabilmente che visto così non è più un corpo rigido.... perché la distanza relativa tra due suoi punti (la massa e il contatto) varia nel tempo...???
Grazie a tutti
saluti
M
sto risolvendo questo problema e sono d'accordo sulla risoluzione scomponendo l'energia nelle sue parti traslatoria e rotatoria.
Tuttavia ho provato a risolverlo trattando il tutto come un unico corpo rigido che ruota intorno al punto di contatto, allego risoluzione della omega(theta).
Ci pensavo soltanto ora, e l'errore giace probabilmente che visto così non è più un corpo rigido.... perché la distanza relativa tra due suoi punti (la massa e il contatto) varia nel tempo...???
Grazie a tutti
saluti
M
Non avevo mai visto prima questo problema, però esaminandolo adesso mi pare di riscontrare delle inesattezze nella soluzione di Navigatore, e quindi un sostanziale errore nella valutazione della accelerazione (mi spiace che Navigatore si sia ritirato dal forum altrimenti avrei volentieri dibattuto con lui la cosa).
Ho fatto alcuni conti che devo però rivedere.
Quello che ma.ann ha scritto è corretto secondo me, e il suo dubbio va preso in seria considerazione e risolto.
Adesso mi manca il tempo ma a breve riprenderò questo interessante thread e cercherò di sviscerare bene ogni dettaglio.
Ho fatto alcuni conti che devo però rivedere.
Quello che ma.ann ha scritto è corretto secondo me, e il suo dubbio va preso in seria considerazione e risolto.
Adesso mi manca il tempo ma a breve riprenderò questo interessante thread e cercherò di sviscerare bene ogni dettaglio.
Vedo adesso di cominciare a spiegare come risolverei io questo problema.
E' fuori di dubbio che il metodo migliore sia quello di valutare l'energia, però per farlo io cercherò di risalire alle equazioni originarie, non fidandomi di utilizzare in toto quelle del corpo rigido, perché secondo me così facendo si rischia di sbagliare quando si è in presenza di masse puntiformi come in questo caso.
Determino pertanto le due componenti dell'energia cinetica, quella riguardante il disco e quella riguardante la massa puntiforme, utilizzando per il calcolo delle velocità il centro istantaneo di rotazione.
Chiamo $\r$ il vettore posizione della massa concentrata m, e per il resto uso simboli intuitivi:
$$\eqalign{
& {E_M} = \frac{1}
{2}I{\omega ^2} = \frac{3}
{4}M{R^2}{\omega ^2} \cr
& {E_m} = \frac{1}
{2}m{v_m}^2 = \frac{1}
{2}m{\omega ^2}{r^2} = \frac{1}
{2}m{\omega ^2}{R^2}\left( {{{\sin }^2}\theta + 1 + {{\cos }^2}\theta + 2\cos \theta } \right) = m{\omega ^2}{R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) \cr
& - \Delta U = mgR\left( {1 - \cos \theta } \right) \cr
& {E_M} + {E_m} = - \Delta U \cr
& \frac{3}
{4}M{R^2}{\omega ^2} + m{\omega ^2}{R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) = mgR\left( {1 - \cos \theta } \right) \cr
& {\omega ^2}3MR + {\omega ^2}4mR\left( {1 + \cos \theta } \right) = 4mg\left( {1 - \cos \theta } \right) \cr
& {\omega ^2} = \frac{{4mg}}
{R}\frac{{1 - \cos \theta }}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}} \cr} $$
Ho così determinano la velocità angolare al quadrato.
Il valore è diverso da quello trovato in precedenti soluzioni, mentre è identico a quello trovato da ma.ann.
L'errore commesso nella pregressa soluzione, secondo me, sta nel fatto di aver trattato la massa puntiforme come un corpo rigido dotato di energia rotazionale e traslazionale, senza però considerare che tale metodo andrebbe bene se l'energia rotazionale fosse calcolata rispetto al CM del corpo, e non rispetto al centro del disco O che coincide solo col CM del disco, ma non col CM della massa puntiforme, e quella traslazionale andrebbe applicata alla massa concentrata nel medesimo CM e riferita al CIR.
Adesso per determinare l'accelerazione angolare, la strada più diretta che vedo è derivare rispetto al tempo questa espressione utilizzando l'utile equivalenza:
$$\dot \omega = \frac{{d\omega }}
{{d\theta }}\omega = \frac{1}
{2}\frac{{d\left( {{\omega ^2}} \right)}}
{{d\theta }}$$
Applicando questa trovo:
$$\eqalign{
& \dot \omega = \frac{1}
{2}\frac{{d\left( {{\omega ^2}} \right)}}
{{d\theta }} = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right] + \left[ {1 - \cos \theta } \right]4m\sin \theta }}
{{{{\left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right]}^2}}} = \cr
& = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right) + 4m\left( {1 - \cos \theta } \right)} \right]}}
{{{{\left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right]}^2}}} \cr
& \dot \omega = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left[ {3M + 8m} \right]}}
{{{{\left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right]}^2}}} \cr} $$
$$\eqalign{
& {\text{per }}\theta = \frac{\pi }
{2}{\text{ si ha:}} \cr
& \dot \omega = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{3M + 8m}}
{{{{\left[ {3M + 4m} \right]}^2}}} \cr} $$
Ecco, questa secondo me è la corretta formula.
Volendo ritrovare la medesima formula con considerazioni dinamiche sul momento angolare, si rischia di finire in un ginepraio, dal quale a stento sono riuscito a saltar fuori.
Questo perché il CIR è secondo me molto utile quando si vuole determinare la velocità dei vari punti del sistema, ma presenta pericolosi tranelli quando si tenta di utilizzarlo per calcoli che coinvolgono la dinamica.
Vedo dunque di spiegare in cosa consista questo tranello nel presente caso.
Prendiamo sempre la famigerata massa puntiforme.
Scrivo per essa il secondo principio di Newton (il quale è la cosa più certa che io conosca).
Da essa con moltiplicazioni vettoriali ricavo la formula che poi utilizzerò per applicare il momento delle forze agenti:
$$\eqalign{
& {\bf{F}} = m{\bf{a}} \cr
& {\bf{r}} \times {\bf{F}} = {\bf{r}} \times m{\bf{a}} \cr
& {\bf{r}} \times m{\bf{a}} = {\bf{r}} \times m{\bf{\dot v}} = {\bf{r}} \times m\frac{d}
{{dt}}\left( {{\bf{r}} \times {\bf{\omega }}} \right) = m{\bf{r}} \times \left( {{\bf{\dot r}} \times {\bf{\omega }} + {\bf{r}} \times {\bf{\dot \omega }}} \right) \cr} $$
Nel caso piano come questo l'ultima equazione si riduce in questo modo:
$$\tau = m\left( {\omega r\dot r + {r^2}\dot \omega } \right)$$
Ricordando che vale:
$$r = \sqrt {2{R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right)} $$
per la massa puntiforme ottengo:
$$\eqalign{
& m\dot \omega {r^2} + m\omega r\dot r = 2m\dot \omega {R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) - \frac{{m{\omega ^2}R\sin \theta }}
{{\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} }}\sqrt {2{R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right)} = \cr
& = 2m\dot \omega {R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) - m{\omega ^2}{R^2}\sin \theta \cr} $$
Per il disco posso usare tranquillamente la seguente:
$$\tau = I\dot \omega = \frac{3}
{2}M{R^2}\dot \omega $$
Mettendo insieme le due ed eguagliandole al momento della forza peso della massa puntiforme ottengo:
$$\eqalign{
& \frac{3}
{2}M{R^2}\dot \omega + 2m\dot \omega {R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) - m{\omega ^2}{R^2}\sin \theta = mgR\sin \theta \cr
& \frac{3}
{2}M{R^2}\dot \omega + 2m\dot \omega {R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) = mgR\sin \theta + m{\omega ^2}{R^2}\sin \theta \cr
& \dot \omega 3MR + \dot \omega 4mR\left( {1 + \cos \theta } \right) = 2m\sin \theta \left( {g + R{\omega ^2}} \right) \cr
& \dot \omega = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left( {1 + \frac{{R{\omega ^2}}}
{g}} \right)}}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}} = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left( {1 + \frac{{R\frac{{4mg}}
{R}\frac{{1 - \cos \theta }}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}}}}
{g}} \right)}}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}} = \cr
& = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left( {\frac{{3M + 8m}}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}}} \right)}}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}} \cr
& \dot \omega = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left( {3M + 8m} \right)}}
{{{{\left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right]}^2}}} \cr
& \cr} $$
L'ultima espressione rappresenta l'accelerazione angolare che (forse non a caso) è uguale a quella trovata col metodo dell'energia, ma a prezzo di pena molto maggiore!
E' fuori di dubbio che il metodo migliore sia quello di valutare l'energia, però per farlo io cercherò di risalire alle equazioni originarie, non fidandomi di utilizzare in toto quelle del corpo rigido, perché secondo me così facendo si rischia di sbagliare quando si è in presenza di masse puntiformi come in questo caso.
Determino pertanto le due componenti dell'energia cinetica, quella riguardante il disco e quella riguardante la massa puntiforme, utilizzando per il calcolo delle velocità il centro istantaneo di rotazione.
Chiamo $\r$ il vettore posizione della massa concentrata m, e per il resto uso simboli intuitivi:
$$\eqalign{
& {E_M} = \frac{1}
{2}I{\omega ^2} = \frac{3}
{4}M{R^2}{\omega ^2} \cr
& {E_m} = \frac{1}
{2}m{v_m}^2 = \frac{1}
{2}m{\omega ^2}{r^2} = \frac{1}
{2}m{\omega ^2}{R^2}\left( {{{\sin }^2}\theta + 1 + {{\cos }^2}\theta + 2\cos \theta } \right) = m{\omega ^2}{R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) \cr
& - \Delta U = mgR\left( {1 - \cos \theta } \right) \cr
& {E_M} + {E_m} = - \Delta U \cr
& \frac{3}
{4}M{R^2}{\omega ^2} + m{\omega ^2}{R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) = mgR\left( {1 - \cos \theta } \right) \cr
& {\omega ^2}3MR + {\omega ^2}4mR\left( {1 + \cos \theta } \right) = 4mg\left( {1 - \cos \theta } \right) \cr
& {\omega ^2} = \frac{{4mg}}
{R}\frac{{1 - \cos \theta }}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}} \cr} $$
Ho così determinano la velocità angolare al quadrato.
Il valore è diverso da quello trovato in precedenti soluzioni, mentre è identico a quello trovato da ma.ann.
L'errore commesso nella pregressa soluzione, secondo me, sta nel fatto di aver trattato la massa puntiforme come un corpo rigido dotato di energia rotazionale e traslazionale, senza però considerare che tale metodo andrebbe bene se l'energia rotazionale fosse calcolata rispetto al CM del corpo, e non rispetto al centro del disco O che coincide solo col CM del disco, ma non col CM della massa puntiforme, e quella traslazionale andrebbe applicata alla massa concentrata nel medesimo CM e riferita al CIR.
Adesso per determinare l'accelerazione angolare, la strada più diretta che vedo è derivare rispetto al tempo questa espressione utilizzando l'utile equivalenza:
$$\dot \omega = \frac{{d\omega }}
{{d\theta }}\omega = \frac{1}
{2}\frac{{d\left( {{\omega ^2}} \right)}}
{{d\theta }}$$
Applicando questa trovo:
$$\eqalign{
& \dot \omega = \frac{1}
{2}\frac{{d\left( {{\omega ^2}} \right)}}
{{d\theta }} = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right] + \left[ {1 - \cos \theta } \right]4m\sin \theta }}
{{{{\left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right]}^2}}} = \cr
& = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right) + 4m\left( {1 - \cos \theta } \right)} \right]}}
{{{{\left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right]}^2}}} \cr
& \dot \omega = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left[ {3M + 8m} \right]}}
{{{{\left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right]}^2}}} \cr} $$
$$\eqalign{
& {\text{per }}\theta = \frac{\pi }
{2}{\text{ si ha:}} \cr
& \dot \omega = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{3M + 8m}}
{{{{\left[ {3M + 4m} \right]}^2}}} \cr} $$
Ecco, questa secondo me è la corretta formula.
Volendo ritrovare la medesima formula con considerazioni dinamiche sul momento angolare, si rischia di finire in un ginepraio, dal quale a stento sono riuscito a saltar fuori.
Questo perché il CIR è secondo me molto utile quando si vuole determinare la velocità dei vari punti del sistema, ma presenta pericolosi tranelli quando si tenta di utilizzarlo per calcoli che coinvolgono la dinamica.
Vedo dunque di spiegare in cosa consista questo tranello nel presente caso.
Prendiamo sempre la famigerata massa puntiforme.
Scrivo per essa il secondo principio di Newton (il quale è la cosa più certa che io conosca).
Da essa con moltiplicazioni vettoriali ricavo la formula che poi utilizzerò per applicare il momento delle forze agenti:
$$\eqalign{
& {\bf{F}} = m{\bf{a}} \cr
& {\bf{r}} \times {\bf{F}} = {\bf{r}} \times m{\bf{a}} \cr
& {\bf{r}} \times m{\bf{a}} = {\bf{r}} \times m{\bf{\dot v}} = {\bf{r}} \times m\frac{d}
{{dt}}\left( {{\bf{r}} \times {\bf{\omega }}} \right) = m{\bf{r}} \times \left( {{\bf{\dot r}} \times {\bf{\omega }} + {\bf{r}} \times {\bf{\dot \omega }}} \right) \cr} $$
Nel caso piano come questo l'ultima equazione si riduce in questo modo:
$$\tau = m\left( {\omega r\dot r + {r^2}\dot \omega } \right)$$
Ricordando che vale:
$$r = \sqrt {2{R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right)} $$
per la massa puntiforme ottengo:
$$\eqalign{
& m\dot \omega {r^2} + m\omega r\dot r = 2m\dot \omega {R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) - \frac{{m{\omega ^2}R\sin \theta }}
{{\sqrt {2\left( {1 + \cos \theta } \right)} }}\sqrt {2{R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right)} = \cr
& = 2m\dot \omega {R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) - m{\omega ^2}{R^2}\sin \theta \cr} $$
Per il disco posso usare tranquillamente la seguente:
$$\tau = I\dot \omega = \frac{3}
{2}M{R^2}\dot \omega $$
Mettendo insieme le due ed eguagliandole al momento della forza peso della massa puntiforme ottengo:
$$\eqalign{
& \frac{3}
{2}M{R^2}\dot \omega + 2m\dot \omega {R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) - m{\omega ^2}{R^2}\sin \theta = mgR\sin \theta \cr
& \frac{3}
{2}M{R^2}\dot \omega + 2m\dot \omega {R^2}\left( {1 + \cos \theta } \right) = mgR\sin \theta + m{\omega ^2}{R^2}\sin \theta \cr
& \dot \omega 3MR + \dot \omega 4mR\left( {1 + \cos \theta } \right) = 2m\sin \theta \left( {g + R{\omega ^2}} \right) \cr
& \dot \omega = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left( {1 + \frac{{R{\omega ^2}}}
{g}} \right)}}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}} = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left( {1 + \frac{{R\frac{{4mg}}
{R}\frac{{1 - \cos \theta }}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}}}}
{g}} \right)}}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}} = \cr
& = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left( {\frac{{3M + 8m}}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}}} \right)}}
{{3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)}} \cr
& \dot \omega = \frac{{2mg}}
{R}\frac{{\sin \theta \left( {3M + 8m} \right)}}
{{{{\left[ {3M + 4m\left( {1 + \cos \theta } \right)} \right]}^2}}} \cr
& \cr} $$
L'ultima espressione rappresenta l'accelerazione angolare che (forse non a caso) è uguale a quella trovata col metodo dell'energia, ma a prezzo di pena molto maggiore!
Sotto forma di post-scriptum rispetto al post precedente vorrei spiegare qui perché a mio avviso l'uso del CIR può essere fuorviante nella risoluzione di problemi di dinamica.
Il fatto è che il CIR non è un punto fisso a tutti gli effetti, è un punto istantaneamente fermo ma non fisso. Infatti prendendo ad esempio un disco che rotola senza strisciare, e tracciando il vettore posizione $\r$
di un punto periferico del disco rispetto al CIR (coincidente col punto di contatto col piano di appoggio), il vettore velocità del punto periferico è un vettore ortogonale a questo vettore posizione, ma non è affatto uguale alla derivata vettoriale del vettore posizione suddetto, cioè:
$$\frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \ne {\bf{v}}$$
Ciò comporta che il CIR non può essere usato come polo di riferimento per applicare la seconda equazione cardinale della dinamica. Infatti:
$$\eqalign{
& \frac{{d{\bf{L}}}}
{{dt}} = \frac{d}
{{dt}}\left( {{\bf{r}} \times m{\bf{v}}} \right) = \frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \times m{\bf{v}} + {\bf{r}} \times m{\bf{a}} = \frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \times m{\bf{v}} + {\bf{r}} \times {\bf{F}} = \frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \times m{\bf{v}} + {\bf{\tau }} \cr
& {\text{Se }}\frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \times m{\bf{v}} = {\bf{v}} \times m{\bf{v}} = 0{\text{ allora }}\frac{{d{\bf{L}}}}
{{dt}} = {\bf{\tau }} \cr
& {\text{ma se }}\frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \ne {\bf{v}}{\text{ allora }}\frac{{d{\bf{L}}}}
{{dt}} \ne {\bf{\tau }} \cr} $$
Il fatto è che il CIR non è un punto fisso a tutti gli effetti, è un punto istantaneamente fermo ma non fisso. Infatti prendendo ad esempio un disco che rotola senza strisciare, e tracciando il vettore posizione $\r$
di un punto periferico del disco rispetto al CIR (coincidente col punto di contatto col piano di appoggio), il vettore velocità del punto periferico è un vettore ortogonale a questo vettore posizione, ma non è affatto uguale alla derivata vettoriale del vettore posizione suddetto, cioè:
$$\frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \ne {\bf{v}}$$
Ciò comporta che il CIR non può essere usato come polo di riferimento per applicare la seconda equazione cardinale della dinamica. Infatti:
$$\eqalign{
& \frac{{d{\bf{L}}}}
{{dt}} = \frac{d}
{{dt}}\left( {{\bf{r}} \times m{\bf{v}}} \right) = \frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \times m{\bf{v}} + {\bf{r}} \times m{\bf{a}} = \frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \times m{\bf{v}} + {\bf{r}} \times {\bf{F}} = \frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \times m{\bf{v}} + {\bf{\tau }} \cr
& {\text{Se }}\frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \times m{\bf{v}} = {\bf{v}} \times m{\bf{v}} = 0{\text{ allora }}\frac{{d{\bf{L}}}}
{{dt}} = {\bf{\tau }} \cr
& {\text{ma se }}\frac{{d{\bf{r}}}}
{{dt}} \ne {\bf{v}}{\text{ allora }}\frac{{d{\bf{L}}}}
{{dt}} \ne {\bf{\tau }} \cr} $$
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