Due esercizi di Fisica Generale (inclinato e c.rigido)

[giuscri]

Esercizio uno: su un piano inclinato di un angolo \(\theta\) si ha un cilindro \(M_1\) -di raggio \(R_1\) che sale con moto di puro rotolamento collegato con un filo inestensibile che passa per una carrucola di massa \(M\) e raggio \(R_1\)ad una massa \(M_2\) che pende liberamente. Si vuole che l'accelerazione del sistema sia \(a\); trovare il valore di \(M_2\) che rende questo possibile.

Scrivo più equazioni possibili relativamente al sistema in esame \[\begin{cases} T_1 - F_p - F_a = M_1 a \\ T_2 R - T_1 R = frac{1}2 M R^2 \alpha \\ M_2 g - T_2 = M_2 a \\ R_1 T_1 - R_1 F_p = \frac{1}2 M_1 R_1^2 \alpha \end{cases} \] Queste quattro equazioni sono valide per il mio sistema. Voglio estrarre \(M_2\) dal sistema: non ho bisogno di tutte e quattro le equazioni: dalla terza scrivo \(M_2\) in funzione di \(T_2\), dalla seconda scrivo \(T_2\) in funzione di \(T_1\), dalla quarta estraggo un valore calcolabile di \(T_1\). \[\begin{cases} \Rightarrow T_2 = M_2 (g - a) \\ \Rightarrow T_2 = T_1 + \frac{1}2 M R \alpha \\ \Rightarrow T_1 = F_p + \frac{1}2 M_1 R_1 \alpha \end{cases} \] Quindi \[\Rightarrow M_2 = \frac{T_2}{g-a}\] con \(T_2\) noto.

Ora il sistema viene slegato, il cilindro si trova ad altezza \(h\) e in quiete; il cilindro comincia a scendere lungo il piano inclinato. Con quale velocità arriva in fondo?

Bastano banali considerazioni energetiche? \[\Delta{E} = 0\] \[\Rightarrow \frac{1}4 M_1 R_1^2 \omega^2 + \frac{1}2 M_1 v^2 - M_1 g h = 0\] \[\Rightarrow \frac{3}4 M_1 v^2 - M_1 g h = 0\] \[\Rightarrow v^2 = \frac{4}3 g h \]

Esercizio due: un disco di massa \(M\) e raggio \(R\) ruota attorno ad un asse orizzontale con velocità angolare \(\omega_0\) costante. Ad un certo istante un corpo puntiforme di massa \(m\) viene lasciato cadere ad altezza \(h\) e colpisce il disco rimanendo incollato al bordo. Trovare la velocità angolare \(\omega_1\) subito dopo l'urto, l'energia dissipata nell'urto e la velocità della massa puntiforme dopo che questa ha fatto mezzo giro.

Il momento angolare si conserva durante l'urto. Dato che la direzione della massa puntiforme è perpendicolare all'asse, scelto come polo il centro di massa (punto per cui passa l'asse), il momento angolare della massa puntiforme è nullo prima dell'urto. Quindi la variazione della velocità angolare è data dal diverso momento d'inerzia che ha il disco prima e dopo l'urto. Quindi \[L^{fin} = (I_{disco} + mR^2) \omega_1 \\ L^{in} = I_{disco} \omega_0 \\ \Delta{L} = 0 \Rightarrow L^{fin} = L^{in}\] \[\Rightarrow \omega_1 = \dots\] Per trovare l'energia dissipata durante l'urto \[\Delta{E} = \frac{1}2 I_{sist} \omega_1 - \frac{1}2 I_{disco} \omega_0 - \frac{1}2 m v^2 = 0\] con \(v^2 = 2gh\).
Ora ...la velocità angolare \(\omega_1\) è costante? La massa sul bordo dovrebbe, questa volta, far variare l'energia cinetica del sistema. Quindi, se mi viene chiesto di trovare la velocità che la massa \(m\) ha dopo aver compiuto mezzo giro andrò a scrivere \[E^{(i)} = \frac{1}2 m (\omega_1 R)^2 + mg R + \frac{1}2 I_{disco} \omega_1^2 = \\ = \frac{1}2 m (\omega_f R)^2 + \frac{1}2 I_{disco} \omega_f^2 = E^{(f)} \] con \(\omega_f > \omega_1 \).
Dunque da qui risco ad estrarre la velocità angolare del disco dopo che ha fatto mezzo giro \(\omega_f\)-e di conseguenza ad avere la velocità della massetta via \(\omega_f R\).

Che dite?

Ringrazio in anticipo!

[_GaS_11]

Ma nel primo esercizio il filo e' collegato al centro del cilindro, oppure avvolge il cilindro ( e quindi interagisce con le estremita' )? L'accelerazione dipende da questo.

[giuscri]

"_GaS_":Ma nel primo esercizio il filo e' collegato al centro del cilindro, oppure avvolge il cilindro ( e quindi interagisce con le estremita' )? L'accelerazione dipende da questo.

Con il centro del cilindro

[_GaS_11]

Ok, allora dovrebbe essere a posto. Se non fosse stato cosi' non si poteva assumere che l'accelerazione del centro di massa del disco e del corpo appeso fossero uguali. Questo e' quanto.

[giuscri]

"_GaS_":Ok, allora dovrebbe essere a posto. Se non fosse stato cosi' non si poteva assumere che l'accelerazione del centro di massa del disco e del corpo appeso fossero uguali. Questo e' quanto.

Su cosa confermi? Sul primo e basta, corretto?

[_GaS_11]

Si', ho guardato solo quello ( aveva catturato la mia attenzione quell'accelerazione costante, da cui il mio dubbio ).
Comunque, se la corda avesse interagito con un estremo avresti avuto che l'accelerazione tangenziale del punto di contatto sarebbe stata pari a quella di discesa della massa ( il filo e' inestensibile ), ma il centro di massa del cilindro avrebbe avuto un'accelerazione di meta' valore rispetto a quella dell'estremo: infatti ogni istante cambia il punto d'appoggio, ma in un istante abbiamo che il cilindro ruota con accelerazione angolare '' $alpha$ '' intorno al punto di contatto ( con il piano ), e di conseguenza l'accelerazione del centro di massa sara' '' $a_(CM)=alphaR$ '', mentre quella dell'estremo ( dove agisce la fune ) sara' '' $a_T=alpha2R$ ''.
Un'altra cosa per l'energia cinetica: se si considera come fulcro il punto di contatto con il piano allora puoi porre '' $1/2Iomega^2=mgh$ '', con '' $I$ '' momento d'inerzia del cilindro rispetto al fulcro. In maniera del tutto equivalente ( se vuoi prova a verificare ) '' $1/2I_(CM)omega^2+1/2m(v_(CM))^2=mgh$ '', cioe' l'energia cinetica rotazionale ( fulcro nel centro di massa ) piu' l'energia cinetica di traslazione equivale a quella rotazionale rispetto al fulcro impostato sul piano.
P.S.: nell'equazione dei momenti di forza sul disco direi di usare il centro di massa del cilindro come fulcro ( i momenti di forza applicati dalla tensione e dalla componente parallela al piano della forza peso sarebbero nulle ):
$F_AR=1/2MR^2alpha$. Con '' $F_A$ '' forza di attrito. Nella tua equazione ( con fulcro nel punto d'aderenza ) dovresti usare il momento d'inerzia relativo ad esso: $I=(1/2MR^2+MR^2)alpha$. Se hai voglia prova con entrambi i metodi proposti.
Questo e' sicuro.

[_GaS_11]

L'altro problema.
Il primo quesito e' corretto.
Il secondo anche, ma attento agli errori di distrazione: gli '' $omega^2$ ''.
Il terzo quesito lo risolverei con la cinematica: '' $omega_1$ '' l'hai ricavato, ed essendo il proiettile sul bordo ( distanza '' $R$ '' dal fulcro ), e non agendo momenti di forza ( a parte quello compensato dai supporti del disco durante l'urto, perpendicolarmente ad esso ) la velocita' angolare e' costante ( dopo l'urto, questa dovrebbe essere la risposta al quesito ). Quindi '' $v=omega_1R$ ''. Infatti all'inizio ricavi la velocita' angolare dopo l'urto.

[giuscri]

"_GaS_":
P.S.: nell'equazione dei momenti di forza sul disco direi di usare il centro di massa del cilindro come fulcro ( i momenti di forza applicati dalla tensione e dalla componente parallela al piano della forza peso sarebbero nulle ):
$F_AR=1/2MR^2alpha$. Con '' $F_A$ '' forza di attrito.

In questo modo non vado molto in la perché la [size=85]\(F_a\)[/size] ha un'espressione che non conosco, però. Prendendo come polo il punto di contatto con il piano tolgo di mezzo la forza d'attrito (statico) -che ha ora momento nullo.

"_GaS_":... e non agendo momenti di forza ( a parte quello compensato dai supporti del disco durante l'urto, perpendicolarmente ad esso ) la velocita' angolare e' costante ( dopo l'urto, questa dovrebbe essere la risposta al quesito ).

Sei sicuro? Inizialmente la velocità [size=85]\(\omega_0\)[/size] è costante, e ok -l'asse passa per il centro di massa del sistema (i.e. [size=85]\(\Delta{E_p = 0}\)[/size]). Dopo l'urto, sul bordo c'è una massetta che durante il moto vede il suo potenziale gravitazione variare -i.e. la sua velocità tangenziale non dovrebbe essere costante.
Fa' conto che il disco sta ruotando su un asse parallelo al terreno ...
Mi aspetto che dopo l'urto la velocità angolare del disco non sia più costante (perché non lo è più l'energia potenziale del sistema), ma che vada molto più veloce in fondo e più lento in cima. Non trovi?

[_GaS_11]

In questo modo non vado molto in la perché la $F_a$ ha un'espressione che non conosco, però. Prendendo come polo il punto di contatto con il piano tolgo di mezzo la forza d'attrito (statico) -che ha ora momento nullo.

Pero' ci sono quattro incognite ( '' $F_A,T_1,T_2,M_2$ '' ), dovrebbe essere possibile ricavare '' $F_A$ '' dato che ci sono quattro equazioni. Piu' che altro si tratta di conti piu' rapidi ( in riferimento al centro di massa come fulcro ). Comunque, se usi l'altro fulcro ricordati la forma corretta del momento d'inerzia precedentemente mostrata.
Rimango del mio parere sull'altro quesito, poiche' il momento angolare si conserva...quindi non essendoci momenti di forza ( e dal momento che la posizione del corpo sul disco non cambia distanza ), ed essendo '' $omega_1$ '' la velocita' angolare dopo l'urto ( quella che si ottiene dopo dissipazione energia meccanica e cose varie ) dovrebbe conservarsi.
Al corpo viene trasferito un impulso dovuto alla reazione vincolare dei supporti del disco ( dal momento che rimane sempre in orizzontale dopo l'urto ) sulle componenti:
- Verticale: $-mv_f$. Infatti su questa direzione, alla fine, ha velocita' nulla ( '' $v_f$ '': velocita' prima dell'urto ).
- Orizzontale: $momega_1R$. Ovvero su questa direzione passa da velocita' nulla a quella che otteniamo dalla conservazione del momento angolare.
In breve: '' $omega_1$ '' dovrebbe essere la velocita' angolare ottenuta dopo la dissipazione di energia meccanica.
Comunque il parere di qualcun altro sarebbe davvero gradito.

[giuscri]

"_GaS_":Rimango del mio parere sull'altro quesito, poiche' il momento angolare si conserva...quindi non essendoci momenti di forza ...

E la forza peso della massetta? Non ha sempre momento nullo. E quando ce l'ha viene spostata dalla velocità angolare del disco.

[_GaS_11]

Direi che il momento forza peso e' compensato nel tempo dai supporti del disco ( poiche' non si inclina ), piu' precisamente: durante l'urto viene compensato il momento di forza '' $M=mv_f/tauR$ '', ( con '' $tau$ '' tempo del trasferimento della forza; magari cerca '' forze impulsive '' ) dopo rimane soltanto la forza peso, cioe' il momento di forza ( compensato nel tempo ) '' $M_p=mgR$ ''. Pero' in entrambi i casi la forza e' perpendicolare al disco, quindi non dovrebbe influenzare la rotazione ( infatti non essendoci componenti parallele della forza peso rispetto al disco, non c'e' interazione, quindi non c'e' momento di forza ). La velocita' angolare dovrebbe variare solamente per il fatto che l'introduzione della massa modifica il momento d'inerzia... . Comunque sarei curioso di un altro parere.
All'apparenza non c'entra molto, ma esporro' un esempio per far intuire che la velocita' di rotazione non dovrebbe essere essere influenzata dalla forza peso del corpo ( invece la sua massa influenza, in quanto incide sul momento d'inerzia ): su un corpo che viaggia su un piano orizzontale senza attrito viene applicata una forza perpendicolare al suolo. Cambiera' qualcosa? No. Prosegue cn la medesima velocita'. Se invece ci fosse stato l'attrito si' ( in quanto questo aumenterebbe per via di quella forza ).
Curiosita': ma questi esercizi dove li hai trovati? Li hai impostati tu?
Sul primo esercizio: comunque le incognite erano davvero quattro ( riferimento al mio post precedente )? Hai provato a risolvere nell'altro modo? Dovresti giungere al risultato prima ottenuto.

[giuscri]

"_GaS_":su un corpo che viaggia su un piano orizzontale senza attrito viene applicata una forza perpendicolare al suolo. Cambiera' qualcosa? No. Prosegue cn la medesima velocita'. Se invece ci fosse stato l'attrito si' ( in quanto questo aumenterebbe per via di quella forza )

Onestamente la situazione mi sembra poco calzante. Siamo sicuri che abbia descritto bene la situazione? L'asse del disco è parallelo al terreno.

Mi permetto di proporre un altro esperimento mentale invece. Sia il disco inizialmente in quiete e si ponga una qualche massa sul bordo del disco. Il disco comincerà a ruotare, a meno che tu non abbia posto la massa in cima o proprio sul fondo.

A me viene da pensare che la massetta tenda a portarsi in un punto di minimo di potenziale, e il disco non può farci nulla -a meno che non ci sia un qualche momento d'attrito che ostacola la rotazione. Quello che mi stai dicendo tu però, mi sembra sia il contrario: e cioé che la reazione dell'asta dovrebbe in qualche modo impedire al disco di ruotare (anche quando il vincolo è liscio). A questo punto, portando all'estremo il ragionamento, nessuna forza potrebbe far partire la rotazione del disco.

Però la tua insistenza mi sta facendo dubitare del mio ragionamento ...

Sei d'accordo?

Comunque aspetto anche io qualche altro parere: giusto per avere un'opinione in più

[_GaS_11]

Scusa, quindi il disco e' perpendicolare al suolo?
Se e' cosi' sappi che ho risolto considerando il disco parallelo al suolo, mentre in realta' era il suo asse parallelo.
Allora si', la forza peso influisce assolutamente. Considera tutto quello che ho scritto per un altro problema, ovvero disco parallelo al suolo.

[giuscri]

"_GaS_"::-D Scusa, quindi il disco e' perpendicolare al suolo?

Sospettavo bene Quindi? Che dici delle considerazioni energetiche fatte all'inizio -alla luce del fatto che abbiamo chiarito la configurazione del disco-?

[_GaS_11]

Premetto che risolverei cosi', a livello cinematico, poi controllo.
La soluzione e' valida se il corpo colpisce il disco in modo che durante l'urto nessuna sua componente vada ad incrementare la velocita' tangenziale ( insomma, per intenderci, lo colpisce in alto sulla punta ). E' cinematica:
$omega(t)=omega_1+alphat$.
$pi=omega_1t+1/2alphat^2$.
Con '' $alpha=mgR/I$ '', ovvero l'accelerazione angolare, '' $omega_1$ '' la velocita' immediatamente dopo l'urto.

[_GaS_11]

Con le considerazioni energetiche procederei cosi':
All'inizio ( dopo l'urto ) abbiamo l'energia meccanica totale '' $E_(M0)=1/2Iomega^2$ ''. Ovviamente il momento d'inerzia e' da considerarsi con il corpo attaccato. Ma a causa del momento della forza peso variera' il momento angolare ( quindi la velocita' angolare ), e avremo alla fine l'energia meccanica totale:
$1/2I(omega'^2)=1/2Iomega^2+2mgR$.
Dove '' $mgRpi$ '' e' il lavoro compiuto dalla forza peso.
P.S.: il momento angolare parallelo al disco si conserva solo all'inizio.

Edit: ripensandoci tieni per buona la seconda soluzione, perche' nella prima '' $alpha$ '' non dovrebbe essere costante, in quanto il vettore '' $g$ '' applicato sul corpo agisce variando la sua componente nel tempo.

[giuscri]

"_GaS_":$1/2I(omega'^2)=1/2Iomega^2+mgRpi$

Sono d'accordo

Grazie per il confronto! Ciao Gas

[_GaS_11]

Qualche domandina:
Sul primo esercizio: comunque le incognite erano davvero quattro ( riferimento al mio post precedente )? Hai provato a risolvere nell'altro modo? Dovresti giungere al risultato prima ottenuto.
Ti ricordi quel problema con la molla? Ti volevo chiedere non sul problema in se', ma se avevi capito la dimostrazione relativa a quel caso generico.

[giuscri]

[ot]

"_GaS_":Ti ricordi quel problema con la molla? Ti volevo chiedere non sul problema in se', ma se avevi capito la dimostrazione relativa a quel caso generico.

Onestamente no. Al momento mi sono disinteressato; anche perché facevo fatica a capire quale fosse il senso di tutto. Se vuoi, manda un PM. Altrimenti per il momento va bene così [/ot]

[_GaS_11]

Scusa Giuscri, non so cosa ho oggi, ma sono particolarmente stordito... ho modificato il messaggio in cui risolvo l'ultimo quesito. Concentriamoci sul contributo della forza peso in due modi diversi: energia meccanica ricavata dalla forza peso ed energia meccanica ricavata dal momento della forza peso.
1 - Semplicemente: $E_p=2mgR$. La quota.
2 - Nel tempo agisce il momento di forza '' $M=mgsenthetaR$ '' a causa della continua variazione della componente di '' $g$ ''. Ricavando il momento di forza medio, lo moltiplicheremo per '' $pi$ '' in modo da ottenere il lavoro della forza peso. Sia '' $theta$ '' l'angolo tra il centro della circonferenza e il corpo, misurato dalla parallela al suolo.
$M=1/piint_{0}^{pi}mgRsentheta(dtheta)$.
$M=-1/pimgR[costheta]_{0}^{pi}$. Per favore, ti chiedo di controllare i segni. Da cui:
$M=1/pi2mgR$.
Ora ci rimane l'energia meccanica: $E_p=Mpi$. Da cui:
$E_p=2mgR$.
Per confermare il risultato.