Dubbi - Teorema di Huygens Steiner
Buongiorno a tutti. Sono un nuovo utente qui su matematicamente.it spero di esporre nel modo più corretto il mio dubbio riguardo il teorema di huygens steiner.
Premettendo che sto preparando l'esame di Fisica I vi espongo il mio problema: non ho ben capito quando bisogna utilizzare il teorema prima citato per calcolare il momento d'inerzia di un corpo. Per esempio se ho un cilindro che rotola senza strisciare (Puro Rotolamento) su un piano inclinato soggetto solo alla forza peso e alla forza di attrito, in questo caso per calcolare il momento risultante, devo applicare il teorema di huygens steiner? Il mio dubbio nasce dal fatto che il cilindro ruota intorno all'asse di istantanea rotazione cioè quel punto di contatto cilindro-piano quindi secondo me bisognerebbe usare il teorema. Ma purtroppo avvolte alcuni quiz si risolvono correttamente solamente imponendo I=(1/2)*m*R^2.
Qualcuno mi sa aiutare?
Grazie in anticipo.
Premettendo che sto preparando l'esame di Fisica I vi espongo il mio problema: non ho ben capito quando bisogna utilizzare il teorema prima citato per calcolare il momento d'inerzia di un corpo. Per esempio se ho un cilindro che rotola senza strisciare (Puro Rotolamento) su un piano inclinato soggetto solo alla forza peso e alla forza di attrito, in questo caso per calcolare il momento risultante, devo applicare il teorema di huygens steiner? Il mio dubbio nasce dal fatto che il cilindro ruota intorno all'asse di istantanea rotazione cioè quel punto di contatto cilindro-piano quindi secondo me bisognerebbe usare il teorema. Ma purtroppo avvolte alcuni quiz si risolvono correttamente solamente imponendo I=(1/2)*m*R^2.
Qualcuno mi sa aiutare?
Grazie in anticipo.
Risposte
Ciao!
Sia \(\mathrm{P}\) un insieme (discreto o continuo) di punti dotati di massa. Il teorema di Huygens-Steiner mette in relazione il momento d'inerzia \(I_r\) di \(\mathrm{P}\) calcolato rispetto ad una data retta \(r\) e il momento d'inerzia, \(I_G\), rispetto ad un seconda retta, \(r_G\), parallela alla prima e passante per il centro di massa \(G\) del sistema. Sia \(\delta=\delta(r,r_G)\) la distanza tra le due rette parallele, allora il teorema si esprime per mezzo della relazione: \[I_r=I_G+m\delta^2\]dove \(m\) è la massa complessiva del sistema.
Nel tuo problema stai cercando di esprimere \(I_C\), momento d'inerzia rispetto alla retta parallela all'asse del cilindro e passante per il punto di contatto \(C\) fra piano inclinato e cilindro, conoscendo \(I_G\). La distanza \(\delta\) fra i due assi è chiaramente \(R\), raggio del cilindro. Otteniamo:\[I_C=I_G+m\delta^2=\frac{1}{2}mR^2+mR^2=\frac{3}{2}mR^2\]
Spero sia di risposta al tuo dubbio, altrimenti chiedi pure, ciao!
Sia \(\mathrm{P}\) un insieme (discreto o continuo) di punti dotati di massa. Il teorema di Huygens-Steiner mette in relazione il momento d'inerzia \(I_r\) di \(\mathrm{P}\) calcolato rispetto ad una data retta \(r\) e il momento d'inerzia, \(I_G\), rispetto ad un seconda retta, \(r_G\), parallela alla prima e passante per il centro di massa \(G\) del sistema. Sia \(\delta=\delta(r,r_G)\) la distanza tra le due rette parallele, allora il teorema si esprime per mezzo della relazione: \[I_r=I_G+m\delta^2\]dove \(m\) è la massa complessiva del sistema.
Nel tuo problema stai cercando di esprimere \(I_C\), momento d'inerzia rispetto alla retta parallela all'asse del cilindro e passante per il punto di contatto \(C\) fra piano inclinato e cilindro, conoscendo \(I_G\). La distanza \(\delta\) fra i due assi è chiaramente \(R\), raggio del cilindro. Otteniamo:\[I_C=I_G+m\delta^2=\frac{1}{2}mR^2+mR^2=\frac{3}{2}mR^2\]
Spero sia di risposta al tuo dubbio, altrimenti chiedi pure, ciao!
Ciao Seb, grazie dell'aiuto! Concordo pienamente con quello che hai scritto. Dal punto di vista matematico non ci sono problemi... Posso farti leggere il testo del problema che mi crea più dubbi? Ecco qua:
PARTE 1:
Una fune inestensibile e di massa trascurabile è avvolta attorno ad un cilindro omogeneo di raggio R e massa m. L'altro estremo della fune è fissato al soffitto. Il cilindro, inizialmente fermo, viene lasciato traslare verso il basso, mentre la fune si srotola senza mai slittare sul cilindro. Determinare:
1) La tensione della fune mentre si svolge e l'accelerazione del centro di massa;
Quando il centro di massa del cilindro è sceso di un tratto h, la fune si è srotolata completamente quindi determinare:
2) Qual'è in quel momento la velocità angolare $ omega o $ di rotazione del cilindro attorno al proprio asse?
PARTE 2:
Esattamente in quell'istante, cioè quando la fune si è srotolata completamente, il cilindro va ad appoggiarsi su un piano scabro ed inizia a muoversi su di esso. Il cilindro comincia a rotolare sul piano orizzontale quando la sua velocità angolare diventa pari a \( \omega a=0.6\omega o \) : Determinare:
3) Se da quel momento in avanti il moto del cilindro sul piano è sempre di puro rotolamento, a quale altezza massima h' arriva quando il piano si inclina di un angolo \( \alpha \) ?
4)Qual'è il minimo valore del coefficiente di attrito statico necessario affinché il moto lungo il piano inclinato sia di puro rotolamento?
Ecco come l'ho risolto:
1) Dopo aver fatto il diagramma del corpo rigido mettendo in evidenza le varie forze agenti per ricavarmi la tensione della fune e l'accelerazione ho messo a sistema \( \begin{cases} mg-T=ma \\ TR= 1/2\cdot m\cdot R^2 \cdot a/R \end{cases} \)
Quindi ho imposto che \( I=1/2\cdot m\cdot R^2 \) . Quindi niente teorema di huygens steiner. Ottengo \( a=6.53 m/s^2 \) e \( T=(1/3)mg \).
2) Sfrutto la conservazione dell'energia meccanica uguagliando: \( mgh=(1/2)m\acute{v} \) con v' la velocità finale quando il cilindro tocca terra. Ottenendo \( \acute{v}=\sqrt{(4/3)gh} \Rightarrow \omega o =(2/R)\cdot \sqrt{(gh)/3} \) \( =\omega o \) .
3) I problemi iniziano qua!!!! Per sapere di quando sale il cilindro sul piano inclinato sfrutto nuovamente la conservazione dell'energia meccanica: B=Situazione finale A=situazione iniziale
Energia meccanica in A = Energia meccanica in B
\( (1/2)m(Vb)^2 + mgh'=(1/2)m(Va)^2+mgh \Rightarrow (1/2)m(Va)^2=mgh' \) \( \Rightarrow \) \( (1/2)(I')\omega a^2=mgh' \Rightarrow (1/2)(1/2mR^2+mR^2)\omega a^2=mgh' \Rightarrow h'=0.36h \). In questo caso ho utilizzato il Teorema di huygens steiner poichè il cilindro sta ruotando rispetto ad un asse non passante per il centro di massa ma passante per il punto di istantanea rotazione cilindro-piano.
4) Faccio il diagramma del corpo libero del cilindro quando si trova nel piano inclinato:
Metto a sistema:
\( \begin{cases} mgsin\alpha-Fatt=ma \\ N=mgcos\alpha \\ FattR=I\cdot a/R=(1/2)\cdot m\cdot R^2\cdot a/R \end{cases} \)
Fatt=Forza di attrito statico.
Quindi ottengo \( \mu > (\tan \alpha) /3 \)
Come puoi vedere qui non ho applicato il teorema di huygens steiner ma il risultato è corretto!!!
Mi potresti spiegare il perche nel punto 3) bisogna utilizzare il teorema ma nel punto 4) no?
Grazie in anticipo. Spero sia tutto chiaro!
PARTE 1:
Una fune inestensibile e di massa trascurabile è avvolta attorno ad un cilindro omogeneo di raggio R e massa m. L'altro estremo della fune è fissato al soffitto. Il cilindro, inizialmente fermo, viene lasciato traslare verso il basso, mentre la fune si srotola senza mai slittare sul cilindro. Determinare:
1) La tensione della fune mentre si svolge e l'accelerazione del centro di massa;
Quando il centro di massa del cilindro è sceso di un tratto h, la fune si è srotolata completamente quindi determinare:
2) Qual'è in quel momento la velocità angolare $ omega o $ di rotazione del cilindro attorno al proprio asse?
PARTE 2:
Esattamente in quell'istante, cioè quando la fune si è srotolata completamente, il cilindro va ad appoggiarsi su un piano scabro ed inizia a muoversi su di esso. Il cilindro comincia a rotolare sul piano orizzontale quando la sua velocità angolare diventa pari a \( \omega a=0.6\omega o \) : Determinare:
3) Se da quel momento in avanti il moto del cilindro sul piano è sempre di puro rotolamento, a quale altezza massima h' arriva quando il piano si inclina di un angolo \( \alpha \) ?
4)Qual'è il minimo valore del coefficiente di attrito statico necessario affinché il moto lungo il piano inclinato sia di puro rotolamento?
Ecco come l'ho risolto:
1) Dopo aver fatto il diagramma del corpo rigido mettendo in evidenza le varie forze agenti per ricavarmi la tensione della fune e l'accelerazione ho messo a sistema \( \begin{cases} mg-T=ma \\ TR= 1/2\cdot m\cdot R^2 \cdot a/R \end{cases} \)
Quindi ho imposto che \( I=1/2\cdot m\cdot R^2 \) . Quindi niente teorema di huygens steiner. Ottengo \( a=6.53 m/s^2 \) e \( T=(1/3)mg \).
2) Sfrutto la conservazione dell'energia meccanica uguagliando: \( mgh=(1/2)m\acute{v} \) con v' la velocità finale quando il cilindro tocca terra. Ottenendo \( \acute{v}=\sqrt{(4/3)gh} \Rightarrow \omega o =(2/R)\cdot \sqrt{(gh)/3} \) \( =\omega o \) .
3) I problemi iniziano qua!!!! Per sapere di quando sale il cilindro sul piano inclinato sfrutto nuovamente la conservazione dell'energia meccanica: B=Situazione finale A=situazione iniziale
Energia meccanica in A = Energia meccanica in B
\( (1/2)m(Vb)^2 + mgh'=(1/2)m(Va)^2+mgh \Rightarrow (1/2)m(Va)^2=mgh' \) \( \Rightarrow \) \( (1/2)(I')\omega a^2=mgh' \Rightarrow (1/2)(1/2mR^2+mR^2)\omega a^2=mgh' \Rightarrow h'=0.36h \). In questo caso ho utilizzato il Teorema di huygens steiner poichè il cilindro sta ruotando rispetto ad un asse non passante per il centro di massa ma passante per il punto di istantanea rotazione cilindro-piano.
4) Faccio il diagramma del corpo libero del cilindro quando si trova nel piano inclinato:
Metto a sistema:
\( \begin{cases} mgsin\alpha-Fatt=ma \\ N=mgcos\alpha \\ FattR=I\cdot a/R=(1/2)\cdot m\cdot R^2\cdot a/R \end{cases} \)
Fatt=Forza di attrito statico.
Quindi ottengo \( \mu > (\tan \alpha) /3 \)
Come puoi vedere qui non ho applicato il teorema di huygens steiner ma il risultato è corretto!!!
Mi potresti spiegare il perche nel punto 3) bisogna utilizzare il teorema ma nel punto 4) no?
Grazie in anticipo. Spero sia tutto chiaro!
Non ho ben capito se certe cose ti siano chiare o meno perché l'unica volta in cui avresti potuto palesarlo hai deciso di saltare i conti 
Chiaramente il teorema, ponendoti un'equivalenza tra quantità, ti concede di usare una o l'altra quantità a piacimento, senza alterare la logica del problema. Avresti potuto utilizzarlo infatti anche al primo punto (e il che ti avrebbe concesso di ottenere direttamente l'equazione pura del moto e quindi facilitato i conti - già tuttavia di per sé semplici). Eppure senza il suo utilizzo si giunge equivalentemente alla medesima soluzione.
Al punto \(2\) parli di \(v'\): sai esplicarlo? I conti successivi lo confermano: sapresti allora risolvere il punto \(3\) senza l'utilizzo del teorema di Huygens-Steiner?
Suggerimento per questi due punti: teorema di König!
Al punto \(4\), viceversa, puoi utilizzare il teorema di Huygens-Steiner (come?). Ricordati che l'ultima relazione di ciascuno dei due sistemi di equazioni confronta quantità che sono dei momenti, che per definizione dipendono da un polo e (secondo la formulazione usata) entrambi dallo stesso polo.
Prova un attimo con questi minimi suggerimenti, dopo se vuoi guardiamo assieme
Chiaramente il teorema, ponendoti un'equivalenza tra quantità, ti concede di usare una o l'altra quantità a piacimento, senza alterare la logica del problema. Avresti potuto utilizzarlo infatti anche al primo punto (e il che ti avrebbe concesso di ottenere direttamente l'equazione pura del moto e quindi facilitato i conti - già tuttavia di per sé semplici). Eppure senza il suo utilizzo si giunge equivalentemente alla medesima soluzione.
Al punto \(2\) parli di \(v'\): sai esplicarlo? I conti successivi lo confermano: sapresti allora risolvere il punto \(3\) senza l'utilizzo del teorema di Huygens-Steiner?
Suggerimento per questi due punti: teorema di König!
Al punto \(4\), viceversa, puoi utilizzare il teorema di Huygens-Steiner (come?). Ricordati che l'ultima relazione di ciascuno dei due sistemi di equazioni confronta quantità che sono dei momenti, che per definizione dipendono da un polo e (secondo la formulazione usata) entrambi dallo stesso polo.
Prova un attimo con questi minimi suggerimenti, dopo se vuoi guardiamo assieme
Ciao Seb, ancora grazie dell'aiuto... Ho riflettuto su quello che hai scritto. Ho rifatto i punti 1) e 4) senza problemi utilizzando il teorema di Huygens Steiner. Ecco ti faccio vedere:
1)
\( \begin{cases} mg-T=ma \\ PR=I'\cdot a/R \end{cases} \)
\( mgR=(1/2\cdot m\cdot R^2+m\cdot R^2)\cdot a/R=3/2\cdot m\cdot R^2\cdot a/R\Rightarrow a=2/3\cdot g \)
\( T=mg-ma=mg-2/3\cdot m\cdot g=1/3\cdot m\cdot g \)
Ecco come hai detto ho utilizzato il teorema utilizzando come polo non il centro di massa ma bensì il punto di contatto filo-cilindro.
2)
\( \begin{cases} mgsin\alpha-Fatt=ma \\ N=mgcos\alpha \\ mgsin\alpha R=I'\cdot a/R=(I+mR^2)\cdot a/R=(1/2mR^2+mR^2)\cdot a/R=(3/2)\cdot m\cdot R^2\cdot a/R \end{cases} \)
\( \Rightarrow mgsin\alpha R=(3/2)mR^2\cdot (a/R) \Rightarrow a=(2/3)gsin\alpha \) \( \Rightarrow Fatt=(1/3)mgsin\alpha \Rightarrow \mu > (1/3)\cdot \tan \alpha \)
Ecco anche qua ho utilizzato Huygens Steiner. Ho però una domanda: nella terza equazione che compone il sistema ho scritto \( mgsin\alpha R=I'a/R \) ma non \( mgcos\alpha R=I'a/R \) poichè ho pensato che solamente \( mgsin\alpha \) potesse creare momento poichè diretta verso sinistra e non verso il basso a differenza di \( mgcos\alpha \) , giusto?
Per quanto riguarda il punto 3) ho riflettuto riguardo a quel che dice il teorema di Konig cioè Energia cinetica del sistema è uguale all'energia cinetica del centro di massa + Energia cinetica rispetto al centro di massa. Ma non sono riuscito a risolvere questo punto senza usare huygens steiner... Idee?
1)
\( \begin{cases} mg-T=ma \\ PR=I'\cdot a/R \end{cases} \)
\( mgR=(1/2\cdot m\cdot R^2+m\cdot R^2)\cdot a/R=3/2\cdot m\cdot R^2\cdot a/R\Rightarrow a=2/3\cdot g \)
\( T=mg-ma=mg-2/3\cdot m\cdot g=1/3\cdot m\cdot g \)
Ecco come hai detto ho utilizzato il teorema utilizzando come polo non il centro di massa ma bensì il punto di contatto filo-cilindro.
2)
\( \begin{cases} mgsin\alpha-Fatt=ma \\ N=mgcos\alpha \\ mgsin\alpha R=I'\cdot a/R=(I+mR^2)\cdot a/R=(1/2mR^2+mR^2)\cdot a/R=(3/2)\cdot m\cdot R^2\cdot a/R \end{cases} \)
\( \Rightarrow mgsin\alpha R=(3/2)mR^2\cdot (a/R) \Rightarrow a=(2/3)gsin\alpha \) \( \Rightarrow Fatt=(1/3)mgsin\alpha \Rightarrow \mu > (1/3)\cdot \tan \alpha \)
Ecco anche qua ho utilizzato Huygens Steiner. Ho però una domanda: nella terza equazione che compone il sistema ho scritto \( mgsin\alpha R=I'a/R \) ma non \( mgcos\alpha R=I'a/R \) poichè ho pensato che solamente \( mgsin\alpha \) potesse creare momento poichè diretta verso sinistra e non verso il basso a differenza di \( mgcos\alpha \) , giusto?
Per quanto riguarda il punto 3) ho riflettuto riguardo a quel che dice il teorema di Konig cioè Energia cinetica del sistema è uguale all'energia cinetica del centro di massa + Energia cinetica rispetto al centro di massa. Ma non sono riuscito a risolvere questo punto senza usare huygens steiner... Idee?
Stavo riflettendo riguardo al punto 3)...
Ho scritto: \( Ek=Ek'+Ek,cm \)
\( (1/2)mv^2=(1/2)m\omega ^2R^2=(1/2)I'\omega ^2=(1/2)\cdot (Icm+mR^2)\omega ^2=(1/2)I\omega ^2+(1/2)m(v,cm)^2=(1/2\cdot (1/2mR^2)\cdot 4/3\cdot g\cdot h\cdot 1/R^2)+((1/2)\cdot m\cdot 4/3\cdot g\cdot h)=1/3mgh+2/3mgh \)
Quindi in pratica abbiamo "scomposto" l'energia cinetica in energia cinetica rispetto al centro di massa e energia cinetica del centro di massa... Ma ancora non capisco come fare il punto due senza huygens steiner...
Ho scritto: \( Ek=Ek'+Ek,cm \)
\( (1/2)mv^2=(1/2)m\omega ^2R^2=(1/2)I'\omega ^2=(1/2)\cdot (Icm+mR^2)\omega ^2=(1/2)I\omega ^2+(1/2)m(v,cm)^2=(1/2\cdot (1/2mR^2)\cdot 4/3\cdot g\cdot h\cdot 1/R^2)+((1/2)\cdot m\cdot 4/3\cdot g\cdot h)=1/3mgh+2/3mgh \)
Quindi in pratica abbiamo "scomposto" l'energia cinetica in energia cinetica rispetto al centro di massa e energia cinetica del centro di massa... Ma ancora non capisco come fare il punto due senza huygens steiner...
Il penultimo post è tutto giusto: ottimo! La forza peso ha la componente \(mgcos\alpha\) con retta d'azione passante per il polo rispetto al quale calcoli i momenti, perciò è corretto non considerarla nel computo..molto bene!
Dell'ultimo post, invece, ho qualche perplessità su quello che hai fatto, ma ora vediamo. Il teorema di König dice esattamente quello che dici tu e cioè che l'energia cinetica di tutto il sistema è somma dell'energia cinetica del centro di massa come se possedesse la massa dell'intero sistema e dell'energia cinetica del sistema nel moto relativo al baricentro. Questo significa che al punto \(2\), quando sfrutti il principio di conservazione dell'energia meccanica e giungi a \(mgh=E_k\), puoi sfruttare il teorema per determinare l'energia cinetica. Abbiamo che \(E_k=\frac{1}{2}mv_{cm}^2+E_k^{'}\). Scegliamo una terna baricentrale che abbia uno degli assi coincidente con l'asse del cilindro. Da tale terna riuscirai a "vedere" solamente punti che ruotano (attorno all'asse del cilindro), ma non traslano (perché la terna trasla col cilindro). Allora \(E_k^{'}=\frac{1}{2}I_G\omega^2\), dove si è indicato con \(I_G\) il momento d'inerzia rispetto all'asse che passa per il baricentro del cilindro. Complessivamente hai dunque tenuto conto nel calcolo dell'energia cinetica della parte traslazionale e quella rotatoria e risulta:\[mgh=\frac{1}{2}mv_{cm,f}^2+\frac{1}{2}I_G\omega^2=\frac{3}{4}mv_{cm,f}^2\] Sapresti ora fare il punto \(3\)? Noti qualche similitudine?
La forza peso ha la componente \(mgcos\alpha\) con retta d'azione passante per il polo rispetto al quale calcoli i momenti, perciò è corretto non considerarla nel computo..molto bene!Dell'ultimo post, invece, ho qualche perplessità su quello che hai fatto, ma ora vediamo. Il teorema di König dice esattamente quello che dici tu e cioè che l'energia cinetica di tutto il sistema è somma dell'energia cinetica del centro di massa come se possedesse la massa dell'intero sistema e dell'energia cinetica del sistema nel moto relativo al baricentro. Questo significa che al punto \(2\), quando sfrutti il principio di conservazione dell'energia meccanica e giungi a \(mgh=E_k\), puoi sfruttare il teorema per determinare l'energia cinetica. Abbiamo che \(E_k=\frac{1}{2}mv_{cm}^2+E_k^{'}\). Scegliamo una terna baricentrale che abbia uno degli assi coincidente con l'asse del cilindro. Da tale terna riuscirai a "vedere" solamente punti che ruotano (attorno all'asse del cilindro), ma non traslano (perché la terna trasla col cilindro). Allora \(E_k^{'}=\frac{1}{2}I_G\omega^2\), dove si è indicato con \(I_G\) il momento d'inerzia rispetto all'asse che passa per il baricentro del cilindro. Complessivamente hai dunque tenuto conto nel calcolo dell'energia cinetica della parte traslazionale e quella rotatoria e risulta:\[mgh=\frac{1}{2}mv_{cm,f}^2+\frac{1}{2}I_G\omega^2=\frac{3}{4}mv_{cm,f}^2\] Sapresti ora fare il punto \(3\)? Noti qualche similitudine
?
Ok! Benissimo..
Ho riflettuto riguardo a quello che hai scritto sul teorema di Konig. In pratica, se ho capito bene, nel secondo esercizio ho usato la conservazione dell'energia meccanica cioè: $ mgh=(1/2)mv^2 $ però nel penultimo passaggio ho sostituito il valore di $ g $ con il valore dell'accelerazione che avevo calcolato precedentemente cioè $ a=(2/3)g $ quindi alla fine ho ottenuto $ V=(4/3gh)^(1/2) $ .
Invece scrivendo: $ mgh=Ek=(1/2)m(v,cm)^2+Ek'=(1/2)m(v,cm)^2+(1/2)mIomega ^2=(3/4)m(v,cm)^2$.
Quindi semplificando ottengo sempre lo stesso risultato: $ V,cm=sqrt(4/3gh) $
Quindi per il punto 3) ho provato ad agire nello stesso modo (spero sia corretto ):
Sempre conservazione dell'energia meccanica
$ 1/2m(v,a)^2+mgh=1/2m(v,b)^2+mgh' $
$ g $ la sostituisco con l'accelerazione che ho trovato nel punto 4). Infatti "g" rappresenta l'accelerazione del corpo che possiede nel piano inclinato che ovviamente è diverso da 9,8 m/s^2.
$ 1/2m((omega ,a)\cdot R)^2 =mah' $
$ 1/2m(0.6\cdot R\cdot (sqrt(2ah))/R)^2=mah' $
Ho sfruttato la formula della velocità che avevo trovato nel primo esercizio prima che sostituissi a=(2/3)g
Quindi...
$ 1/2m(0.36\cdot R^2/R^2\cdot 2ah)=mah' $
$ 1/2\cdot 2\cdot 0.36\cdot m\cdot a\cdot h=m\cdot a\cdot h' $
$ rArr h'=0.36h $
Quello che ho scritto è giusto? Alla fine sono arrivato allo stesso risultato...
Ho riflettuto riguardo a quello che hai scritto sul teorema di Konig. In pratica, se ho capito bene, nel secondo esercizio ho usato la conservazione dell'energia meccanica cioè: $ mgh=(1/2)mv^2 $ però nel penultimo passaggio ho sostituito il valore di $ g $ con il valore dell'accelerazione che avevo calcolato precedentemente cioè $ a=(2/3)g $ quindi alla fine ho ottenuto $ V=(4/3gh)^(1/2) $ .
Invece scrivendo: $ mgh=Ek=(1/2)m(v,cm)^2+Ek'=(1/2)m(v,cm)^2+(1/2)mIomega ^2=(3/4)m(v,cm)^2$.
Quindi semplificando ottengo sempre lo stesso risultato: $ V,cm=sqrt(4/3gh) $
Quindi per il punto 3) ho provato ad agire nello stesso modo (spero sia corretto
):Sempre conservazione dell'energia meccanica
$ 1/2m(v,a)^2+mgh=1/2m(v,b)^2+mgh' $
$ g $ la sostituisco con l'accelerazione che ho trovato nel punto 4). Infatti "g" rappresenta l'accelerazione del corpo che possiede nel piano inclinato che ovviamente è diverso da 9,8 m/s^2.
$ 1/2m((omega ,a)\cdot R)^2 =mah' $
$ 1/2m(0.6\cdot R\cdot (sqrt(2ah))/R)^2=mah' $
Ho sfruttato la formula della velocità che avevo trovato nel primo esercizio prima che sostituissi a=(2/3)g
Quindi...
$ 1/2m(0.36\cdot R^2/R^2\cdot 2ah)=mah' $
$ 1/2\cdot 2\cdot 0.36\cdot m\cdot a\cdot h=m\cdot a\cdot h' $
$ rArr h'=0.36h $
Quello che ho scritto è giusto? Alla fine sono arrivato allo stesso risultato...
Mmmh ...Non ho ben capito secondo quale criterio hai fatto questi conti, ma \(g\) è solo \(g\) e nient'altro che \(g\); cioè \(g\) è una accelerazione, ma non un'accelerazione qualunque: è quella con il ben noto valore. Quando utilizzi il principio di conservazione dell'energia meccanica metti in relazione energie potenziali e cinetiche. Nel tuo problema l'unica forza conservativa è la forza peso alla quale puoi associare un potenziale e in particolare l'energia potenziale gravitazionale \(mgh\). Ora: quella \(g\) è definita, non puoi modificarla e quindi non puoi sostituirvi alcun valore. \(a=\frac{2}{3}g\) non puoi assolutamente scambiarla con \(g\), anche perché logicamente staresti dicendo \(g=\frac{2}{3}g\) che è impossibile dato che \(g\) è non nulla. Né \(g\) rappresenta "l'accelerazione del corpo che possiede non piano inclinato". \(g\), se non fosse chiaro , è inalterabile.
In secondo luogo, in \(mgh=E_k\), l'energia cinetica è quella dell'intero sistema, componente traslazionale e rotazionale congiuntamente.
Come mai siano metodi equivalenti non è nemmeno troppo complicato, ma bisognerebbe prima avere chiarezza su queste basi. Forse lo sono, forse non lo sono: non ho capito
...Non ho ben capito secondo quale criterio hai fatto questi conti, ma \(g\) è solo \(g\) e nient'altro che \(g\); cioè \(g\) è una accelerazione, ma non un'accelerazione qualunque: è quella con il ben noto valore. Quando utilizzi il principio di conservazione dell'energia meccanica metti in relazione energie potenziali e cinetiche. Nel tuo problema l'unica forza conservativa è la forza peso alla quale puoi associare un potenziale e in particolare l'energia potenziale gravitazionale \(mgh\). Ora: quella \(g\) è definita, non puoi modificarla e quindi non puoi sostituirvi alcun valore. \(a=\frac{2}{3}g\) non puoi assolutamente scambiarla con \(g\), anche perché logicamente staresti dicendo \(g=\frac{2}{3}g\) che è impossibile dato che \(g\) è non nulla. Né \(g\) rappresenta "l'accelerazione del corpo che possiede non piano inclinato". \(g\), se non fosse chiaro , è inalterabile.In secondo luogo, in \(mgh=E_k\), l'energia cinetica è quella dell'intero sistema, componente traslazionale e rotazionale congiuntamente.
Come mai siano metodi equivalenti non è nemmeno troppo complicato, ma bisognerebbe prima avere chiarezza su queste basi. Forse lo sono, forse non lo sono: non ho capito
Hai perfettamente ragione... Stamane ho cercato di trovare una relazione tra i vari risultati ottenuti e quindi alla fine ho scritto solamente delle assurdità! Certo g è sempre g e il suo valore è una costante... 
Ciao Seb... Oggi ho rifatto tutti gli esercizi in entrambi i modi possibili quindi sfruttando o meno il teorema di Huygens Steiner. Purtroppo scrivere tutti i passaggi al PC sarebbe stato troppo lungo quindi ho scansionato ciò che ho scritto e allego le immagini a questo messaggio. Ogni esercizio ha due colori diversi per indicare i due modi in cui si può risolvere. Spero di non aver scritto delle scemenze ma penso che questa sia la volta buona. Grazie del tuo tempo!
Foglio 1: http://i67.tinypic.com/s5jwgp.jpg
Foglio 2: http://i65.tinypic.com/2i96lc2.jpg
Foglio 3: http://i68.tinypic.com/bed7kj.jpg
Foglio 4: http://i68.tinypic.com/2iu6v5.jpg
P.S. Se dopo aver aperto i link non vedi la foto prova a premere F5
Foglio 1: http://i67.tinypic.com/s5jwgp.jpg
Foglio 2: http://i65.tinypic.com/2i96lc2.jpg
Foglio 3: http://i68.tinypic.com/bed7kj.jpg
Foglio 4: http://i68.tinypic.com/2iu6v5.jpg
P.S. Se dopo aver aperto i link non vedi la foto prova a premere F5
Tutto giusto, chiaro e ordinato!
Tuttavia ai punti \(2\) e \(3\) non sembra che fai uso del teorema di König; se utilizzi questo teorema, non ti serve quello di Huygens-Steiner, né ti è di alcun aiuto. Tratto solamente il punto \(2\) risolvendo sfruttando il teorma di König, partendo dall'equazione di bilancio dell'energia \(mgh=E_k\).
Teorema di König: \(E_k=\frac{1}{2}mv_{cm}^2+E_k^{(cm)}\); \(E_k^{cm}=\frac{1}{2}I_G\omega^2\) energia cinetica (rotazionale) del corpo rispetto alla terna baricentrale già scelta.
\(\begin{equation*}
\begin{cases}
mgh=\frac{1}{2}mv_{cm}^2+\frac{1}{2}I_G\omega^2 \\ v_{cm}=\omega R
\end{cases}
\quad \implies \quad
\begin{cases}
mgh=\frac{1}{2}mv_{cm}^2+\frac{1}{2}I_G(\frac{v_{cm}}{R})^2=\frac{3}{4}mv_{cm}^2 \\ \omega=\frac{v_{cm}}{R}
\end{cases}
\end{equation*}\)
Noti come usando questo teorema non si faccia mai ricorso al momento d'inerzia relativo al centro d'istantanea rotazione \(C\)?
Con il teorema di Huygens-Steiner hai giustamente ottenuto: \[mgh=\frac{1}{2}I_C\omega^2=\frac{1}{2}(I_G+mR^2)\omega^2=\ldots\] Esplicando l'ultimo membro scritto nell'equazione, tenendo conto che \(v_{cm}=\omega R\): \[\frac{1}{2}(I_G+mR^2)\omega^2=\frac{1}{2}I_G\omega^2+\frac{1}{2}mR^2\omega^2=\frac{1}{2}I_G\omega^2+\frac{1}{2}mv_{cm}^2\] che è esattamente quanto ottenuto usando il teorema di König. Solo per intenderci, questo rappresenta che i due teoremi si equivalgono nel computo dell'energia cinetica se questa viene calcolata, quando si fa ricorso al teorema di Huygens-Steiner, facendo riferimento al centro d'istantanea rotazione come polo di riduzione.
Senza magari badare ai dettagli finali, ti consiglio di imparare a fornirti del teorema di König (e con l'impegno che stai dimostrando non dovresti avere problemi!), perché un ottimo strumento che ti viene in aiuto quando non è ovvio quale sia il centro istantaneo di rotazione (e non è che lo sia spesso). Ciao!
Tuttavia ai punti \(2\) e \(3\) non sembra che fai uso del teorema di König; se utilizzi questo teorema, non ti serve quello di Huygens-Steiner, né ti è di alcun aiuto. Tratto solamente il punto \(2\) risolvendo sfruttando il teorma di König, partendo dall'equazione di bilancio dell'energia \(mgh=E_k\).
Teorema di König: \(E_k=\frac{1}{2}mv_{cm}^2+E_k^{(cm)}\); \(E_k^{cm}=\frac{1}{2}I_G\omega^2\) energia cinetica (rotazionale) del corpo rispetto alla terna baricentrale già scelta.
\(\begin{equation*}
\begin{cases}
mgh=\frac{1}{2}mv_{cm}^2+\frac{1}{2}I_G\omega^2 \\ v_{cm}=\omega R
\end{cases}
\quad \implies \quad
\begin{cases}
mgh=\frac{1}{2}mv_{cm}^2+\frac{1}{2}I_G(\frac{v_{cm}}{R})^2=\frac{3}{4}mv_{cm}^2 \\ \omega=\frac{v_{cm}}{R}
\end{cases}
\end{equation*}\)
Noti come usando questo teorema non si faccia mai ricorso al momento d'inerzia relativo al centro d'istantanea rotazione \(C\)?
Con il teorema di Huygens-Steiner hai giustamente ottenuto: \[mgh=\frac{1}{2}I_C\omega^2=\frac{1}{2}(I_G+mR^2)\omega^2=\ldots\] Esplicando l'ultimo membro scritto nell'equazione, tenendo conto che \(v_{cm}=\omega R\): \[\frac{1}{2}(I_G+mR^2)\omega^2=\frac{1}{2}I_G\omega^2+\frac{1}{2}mR^2\omega^2=\frac{1}{2}I_G\omega^2+\frac{1}{2}mv_{cm}^2\] che è esattamente quanto ottenuto usando il teorema di König. Solo per intenderci, questo rappresenta che i due teoremi si equivalgono nel computo dell'energia cinetica se questa viene calcolata, quando si fa ricorso al teorema di Huygens-Steiner, facendo riferimento al centro d'istantanea rotazione come polo di riduzione.
Senza magari badare ai dettagli finali, ti consiglio di imparare a fornirti del teorema di König (e con l'impegno che stai dimostrando non dovresti avere problemi!), perché un ottimo strumento che ti viene in aiuto quando non è ovvio quale sia il centro istantaneo di rotazione (e non è che lo sia spesso). Ciao!
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