Esercizio dinamica del corpo rigido
Buongiorno, vorrei avere chiarimenti su questo esercizio:
$ TR=I\alpha $ per il disco
$ T- m_pg= -m_pa $ per il blocco. (ho qualche dubbio sulla tensione)
Sfruttando la relazione $\alphaR=a$ le due equazione possono essere messe in relazione.
$ { ( T- m_pg= -m_pa ),( TR=I\alpha ):} $
$ { ( R*m_p*g=I*\alpha+m_p*a*R ),( TR=I\alpha ):} $
$ { ( R*m_p*g=I*\alpha+m_p*a*R ),( TR=1/2 m_D R^2\alpha ):} $
$ { ( R*m_p*g=1/2 m_D R^2\alpha+m_p*a*R ),( TR=1/2 m_D R^2\alpha ):} $
$ { ( 2m_pg= m_D a+2m_pa ),( T=1/2 m_D a ):} $
$ { ( a= (2m_pg)/(m_D+2m_p) ),( T=1/2 m_D a ):} $
Alla fine dei conti non mi trovo (ovviamente, altrimenti non sarei qui a postarlo
).
Barando un po', ossia guardando i risultati e mettendo in relazione le due accelerazioni ho notato che la relazione $\alpha*R=a$ non è valida
.
Grazie dell'aiuto!
$ TR=I\alpha $ per il disco
$ T- m_pg= -m_pa $ per il blocco. (ho qualche dubbio sulla tensione)
Sfruttando la relazione $\alphaR=a$ le due equazione possono essere messe in relazione.
$ { ( T- m_pg= -m_pa ),( TR=I\alpha ):} $
$ { ( R*m_p*g=I*\alpha+m_p*a*R ),( TR=I\alpha ):} $
$ { ( R*m_p*g=I*\alpha+m_p*a*R ),( TR=1/2 m_D R^2\alpha ):} $
$ { ( R*m_p*g=1/2 m_D R^2\alpha+m_p*a*R ),( TR=1/2 m_D R^2\alpha ):} $
$ { ( 2m_pg= m_D a+2m_pa ),( T=1/2 m_D a ):} $
$ { ( a= (2m_pg)/(m_D+2m_p) ),( T=1/2 m_D a ):} $
Alla fine dei conti non mi trovo (ovviamente, altrimenti non sarei qui a postarlo
).Barando un po', ossia guardando i risultati e mettendo in relazione le due accelerazioni ho notato che la relazione $\alpha*R=a$ non è valida
.Grazie dell'aiuto!
Risposte
"BigRaf":
Buongiorno, vorrei avere chiarimenti su questo esercizio:
……..
$ TR=I\alpha $ per il disco
$ T- m_pg= -m_pa $ per il blocco. (ho qualche dubbio sulla tensione)
…...
Anch'io…
Raffaellone, quanti sono i fili che sorreggono il blocco? Tagliali, e sostituiscili con le forze…Il resto non l'ho guardato.
Ciao Navigatore 
intendi dire che devo considerare $2T$?
intendi dire che devo considerare $2T$?
Certo. Nella ipotesi che la piccola carrucola $S$ abbia massa trascurabile, i due fili che la sorreggono hanno la stessa tensione $T$ , che poi è uguale alla tensione nel filo uscente dalla puleggia grande. Quindi sono giuste le due equazioni :
$T*R = I*\alpha$ ---------(1)
$ma = mg - 2T $ ---------(2)
di cui la (1) esprime la seconda eq. cardinale della Dinamica applicata alla puleggia grande, mentre la (2) è l' equazione del moto applicata alla massa $m$ sospesa alla puleggia piccola $S$.
Però attenzione, l'accelerazione $a$ che compare al primo membro della (2) non è data da : $a = \alpha*R $ , bensì è la metà di questa, e cioè vale : $a = 1/2 \alpha*R $ . Perchè ?
Non è difficile da capire. La puleggia piccola $S$ ha un suo raggio $r$. Quando il filo che "entra" nella puleggia piccola (con moto unif. accelerato) si abbassa nel tempo $dt$ di un tratto $v*dt = \alphaRt*dt$ , la puleggia $S$ ruota "istantaneamente" attorno al centro di rotazione istantanea, che è il punto diametralmente opposto a quello che si sta abbassando, che dista $2r$, e devi considerarlo "fermo" in quell'istante, poiché è connesso al filo che va al capo fisso.
È chiaro questo ? Perciò, il centro della puleggia $S$ a cui è attaccata la massa $m$ si abbassa nello stesso tempo della metà, cioè di :
$1/2v*dt = 1/2 *\alphaRt*dt$
in sostanza, l'accelerazione lineare della massa $m$ attaccata al centro della puleggia piccola $S$ è la metà della accelerazione lineare del filo entrante. Quindi la terza equazione da considerare è :
$a = 1/2\alpha*R $ ------(3)
Le tre equazioni risolvono il problema. I risultati numerici corrispondono perfettamente.
$T*R = I*\alpha$ ---------(1)
$ma = mg - 2T $ ---------(2)
di cui la (1) esprime la seconda eq. cardinale della Dinamica applicata alla puleggia grande, mentre la (2) è l' equazione del moto applicata alla massa $m$ sospesa alla puleggia piccola $S$.
Però attenzione, l'accelerazione $a$ che compare al primo membro della (2) non è data da : $a = \alpha*R $ , bensì è la metà di questa, e cioè vale : $a = 1/2 \alpha*R $ . Perchè ?
Non è difficile da capire. La puleggia piccola $S$ ha un suo raggio $r$. Quando il filo che "entra" nella puleggia piccola (con moto unif. accelerato) si abbassa nel tempo $dt$ di un tratto $v*dt = \alphaRt*dt$ , la puleggia $S$ ruota "istantaneamente" attorno al centro di rotazione istantanea, che è il punto diametralmente opposto a quello che si sta abbassando, che dista $2r$, e devi considerarlo "fermo" in quell'istante, poiché è connesso al filo che va al capo fisso.
È chiaro questo ? Perciò, il centro della puleggia $S$ a cui è attaccata la massa $m$ si abbassa nello stesso tempo della metà, cioè di :
$1/2v*dt = 1/2 *\alphaRt*dt$
in sostanza, l'accelerazione lineare della massa $m$ attaccata al centro della puleggia piccola $S$ è la metà della accelerazione lineare del filo entrante. Quindi la terza equazione da considerare è :
$a = 1/2\alpha*R $ ------(3)
Le tre equazioni risolvono il problema. I risultati numerici corrispondono perfettamente.
Si tutto chiaro, la carrucola S (che io avevo del tutto ignorato, perchè era senza massa) si muove con moto di puro rotolamento con asse istantaneo il punto di contatto che si trova al lato del capo fisso. L'accelerazione del punto di sinistra è uguale $\alpha(2r)=\alpha R$ di conseguenza l'accelerazione lineare del centro di massa è $\alpha r=(\alpha R)/2$.
Grazie mille Navigatore!
Grazie mille Navigatore!
Il concetto ti è chiaro, ma nello scrivere hai un po' pasticciato la formuletta !
Poco male, l'importante è che hai capito questo : l'accelerazione lineare della massa sospesa è :
$a = 1/2\alphaR$
Poco male, l'importante è che hai capito questo : l'accelerazione lineare della massa sospesa è :
$a = 1/2\alphaR$
Dove ho pasticciato?
Hai pasticciato nello scrivere questo:
da quello che hai scritto, si potrebbe semplificare l'accelerazione angolare $\alpha$, e quindi sembrerebbe che sia $r = R/2$, e invece no! L'accelerazione angolare $\alpha$ è quella della puleggia grande, quella della puleggia piccola è diversa.
Tu volevi invece dire questo, che poi è ciò che ti ho spiegato e hai capito:
L'accelerazione lineare del tratto di sinistra del filo vale : $ \alpha*R$, d'accordo.
Tale accelerazione lineare, che è la stessa per tutto il filo a sinistra, si traduce in una accelerazione angolare $\alpha'$ della puleggia piccola, riferita al centro di rotazione istantaneo (il punto del filo "fisso" perché ancorato al capo attaccato al soffitto a destra) che possiamo scrivere :
$\alpha' = (\alphaR)/(2r)$
Perciò, moltiplicando per $r$ , si ottiene l'accelerazione lineare del centro di S , a cui è attaccata la massa $m$ :
$a = \alpha'*r = 1/2\alpha*R$.
"BigRaf":
….. L'accelerazione del punto di sinistra è uguale $\alpha(2r)=\alpha R$ di conseguenza l'accelerazione lineare del centro di massa è $\alpha r=(\alpha R)/2$.
da quello che hai scritto, si potrebbe semplificare l'accelerazione angolare $\alpha$, e quindi sembrerebbe che sia $r = R/2$, e invece no! L'accelerazione angolare $\alpha$ è quella della puleggia grande, quella della puleggia piccola è diversa.
Tu volevi invece dire questo, che poi è ciò che ti ho spiegato e hai capito:
L'accelerazione lineare del tratto di sinistra del filo vale : $ \alpha*R$, d'accordo.
Tale accelerazione lineare, che è la stessa per tutto il filo a sinistra, si traduce in una accelerazione angolare $\alpha'$ della puleggia piccola, riferita al centro di rotazione istantaneo (il punto del filo "fisso" perché ancorato al capo attaccato al soffitto a destra) che possiamo scrivere :
$\alpha' = (\alphaR)/(2r)$
Perciò, moltiplicando per $r$ , si ottiene l'accelerazione lineare del centro di S , a cui è attaccata la massa $m$ :
$a = \alpha'*r = 1/2\alpha*R$.
Ho capito cosa intendi, grazie delle dritte!
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