Esercizio fisica rotolamento disco
Salve a tutti, ho bisogno di aiuto per risolvere questo esercizio:
Una ruota, assimilabile ad un disco omogeneo, di massa M e raggio R, al bordo del quale è rigidamente unito un punto materiale P, di massa m=M/2, è vincolata a muoversi di moto di puro rotolamento su binario orizzontale fisso, giacendo sempre in un piano verticale. La ruota, inizialmente in quiete, è abbandonata nella configurazione in cui P si trova alla stessa quota del centro O della ruota. Calcolare:
1) velocità angolare quando P tocca il binario
2) velocità angolare quando P si trova ad altezza R/2 rispetto al binario
3) forza che il binario esercita sul disco all'istante iniziale del moto e quando P tocca il binario.
Per il punto 1 avevo pensato di scrivere: m*g = I*alfa (per il momento d'inerzia devo sommare quello del disco e quello del punto materiale giusto?), dopo avrei determinato il tempo che impiega il punto P a toccare il binario tramite
teta(t) = tetao+Wo*t+(alfa*t^2)/2
ponendo tetao=0 teta=90° Wo=0 posso trovare t. A quel punto faccio W= alfa*t
Per il punto 2 volevo applicare lo stesso ragionamento, ovviamente in questo caso l'accelerazione sarà negativa.
Per il punto 3 onestamente non so dove mettere le mani... Grazie!
Una ruota, assimilabile ad un disco omogeneo, di massa M e raggio R, al bordo del quale è rigidamente unito un punto materiale P, di massa m=M/2, è vincolata a muoversi di moto di puro rotolamento su binario orizzontale fisso, giacendo sempre in un piano verticale. La ruota, inizialmente in quiete, è abbandonata nella configurazione in cui P si trova alla stessa quota del centro O della ruota. Calcolare:
1) velocità angolare quando P tocca il binario
2) velocità angolare quando P si trova ad altezza R/2 rispetto al binario
3) forza che il binario esercita sul disco all'istante iniziale del moto e quando P tocca il binario.
Per il punto 1 avevo pensato di scrivere: m*g = I*alfa (per il momento d'inerzia devo sommare quello del disco e quello del punto materiale giusto?), dopo avrei determinato il tempo che impiega il punto P a toccare il binario tramite
teta(t) = tetao+Wo*t+(alfa*t^2)/2
ponendo tetao=0 teta=90° Wo=0 posso trovare t. A quel punto faccio W= alfa*t
Per il punto 2 volevo applicare lo stesso ragionamento, ovviamente in questo caso l'accelerazione sarà negativa.
Per il punto 3 onestamente non so dove mettere le mani... Grazie!
Risposte
Per il primo punto occorre imporre che la variazione di energia potenziale del sistema eguagli la variazione di energia cinetica.
Per il momento di inerzia certo basta sommare i due contributi, ma occorre scrivere bene l'energia cinetica del sistema.
Il secondo punto è analogo, sempre conervazione energia meccanica.
Per il terzo punto una via è scrivere l'equazione dei momenti per calcolare l'accelerazione angolare iniziale del disco e poi da qui calcolare la forza di attrito statico necessaria tra il binario e la ruota, tenendo sempre conto che si tratta di rotolamento.
Quando il punto P tocca il binario basta osservare che l'accelerazione angolare della ruota è nulla....
Per il momento di inerzia certo basta sommare i due contributi, ma occorre scrivere bene l'energia cinetica del sistema.
Il secondo punto è analogo, sempre conervazione energia meccanica.
Per il terzo punto una via è scrivere l'equazione dei momenti per calcolare l'accelerazione angolare iniziale del disco e poi da qui calcolare la forza di attrito statico necessaria tra il binario e la ruota, tenendo sempre conto che si tratta di rotolamento.
Quando il punto P tocca il binario basta osservare che l'accelerazione angolare della ruota è nulla....
"Faussone":
Per il primo punto occorre imporre che la variazione di energia potenziale del sistema eguagli la variazione di energia cinetica.
Per il momento di inerzia certo basta sommare i due contributi, ma occorre scrivere bene l'energia cinetica del sistema.
Il secondo punto è analogo, sempre conervazione energia meccanica.
Per il terzo punto una via è scrivere l'equazione dei momenti per calcolare l'accelerazione angolare iniziale del disco e poi da qui calcolare la forza di attrito statico necessaria tra il binario e la ruota, tenendo sempre conto che si tratta di rotolamento.
Quando il punto P tocca il binario basta osservare che l'accelerazione angolare della ruota è nulla....
Nel primo punto, scrivendo la conservazione dell'energia ottengo:
m*g*R= 1/2*(m*Vcm^2+I*w^2) come trovo la velocità del centro di massa?
Dalla condizione di rotolamento senza strisciamento.
i risultati dei primi 2 punti mi vengono w1= sqrt[2*g/(3*r)] e w2= sqrt[g/r]
Per l'ultimo punto faccio
m*g=I*alfa
a=alfa*r
F= a*M
a*M= f = M*r*m*g/(M*r^2) = m*g/r (all'inizio del moto)
Quando P tocca il binario invece f=o perchè nessuna forza crea momento quindi a=0 quindi f=0
E' corretto? Grazie della disponibilità!
Per l'ultimo punto faccio
m*g=I*alfa
a=alfa*r
F= a*M
a*M= f = M*r*m*g/(M*r^2) = m*g/r (all'inizio del moto)
Quando P tocca il binario invece f=o perchè nessuna forza crea momento quindi a=0 quindi f=0
E' corretto? Grazie della disponibilità!
Il primo punto mi pare corretto, il secondo a me risulta $omega=1/2sqrt(g/R)$.
Per l'ultimo punto, quando il punto si trova nella posizione iniziale, io scriverei, prendendo come polo dei momenti il punto di contatto col terreno,
$I alpha = M/2*g * R$
con $I$ momento di inerzia totale rispetto al punto di contatto per cui $I=MR^2/2+MR^2+M/2 (R*sqrt(2))^2$.
Poi scrivendo l'equazione di Newton per la traslazione orizzontale, tenendo conto del puro rotolamento, si avrebbe:
$(M+M/2) alpha *R = F$.
Con $F$ forza di attrito statico orizzontale che si esercita tra binario e ruota.
Nel momento in cui il punto tocca il binario essendo l'accelerazione del sistema nulla il binario non esercita alcuna forza orizzontale sulla ruota (solo una forza verticale pari al peso totale).
Per l'ultimo punto, quando il punto si trova nella posizione iniziale, io scriverei, prendendo come polo dei momenti il punto di contatto col terreno,
$I alpha = M/2*g * R$
con $I$ momento di inerzia totale rispetto al punto di contatto per cui $I=MR^2/2+MR^2+M/2 (R*sqrt(2))^2$.
Poi scrivendo l'equazione di Newton per la traslazione orizzontale, tenendo conto del puro rotolamento, si avrebbe:
$(M+M/2) alpha *R = F$.
Con $F$ forza di attrito statico orizzontale che si esercita tra binario e ruota.
Nel momento in cui il punto tocca il binario essendo l'accelerazione del sistema nulla il binario non esercita alcuna forza orizzontale sulla ruota (solo una forza verticale pari al peso totale).
"Faussone":
Il primo punto mi pare corretto, il secondo a me risulta $omega=1/2sqrt(g/R)$.
Per l'ultimo punto, quando il punto si trova nella posizione iniziale, io scriverei, prendendo come polo dei momenti il punto di contatto col terreno,
$I alpha = M/2*g * R$
con $I$ momento di inerzia totale rispetto al punto di contatto per cui $I=MR^2/2+MR^2+M/2 (R*sqrt(2))^2$.
Poi scrivendo l'equazione di Newton per la traslazione orizzontale, tenendo conto del puro rotolamento, si avrebbe:
$(M+M/2) alpha *R = F$.
Con $F$ forza di attrito statico orizzontale che si esercita tra binario e ruota.
Nel momento in cui il punto tocca il binario essendo l'accelerazione del sistema nulla il binario non esercita alcuna forza orizzontale sulla ruota (solo una forza verticale pari al peso totale).
Ho rifatto i conti e il secondo mi viene $omega=sqrt(g/(3R))$
Ma nella conservazione dell'energia, la velocità del centro di massa va moltiplicata per M o per m?
E perchè nell'ultimo punto hai preso come polo il punto di contatto?
Quindi quando devo verificare la condizione di puro rotolamento, il polo per il calcolo dei momenti deve essere il punto di contatto?
Grazie ancora
Per il secondo punto, la conservazione dell'energia meccanica dà:
$M/2 g R/2= 1/2(1/2 M R^2 + M R^2 + M/2 R^2) omega^2$
che per $omega$ dà $1/2 sqrt(g/R)$.
Quella equazione l'ho scritta immaginando una rotazione pura attorno all'asse di contatto con la rotaia, perché semplifica le cose (il moto di rotolamento puro istantaneamente equivale ad una rotazione pura attorno all'asse costituito dal contatto tra ruota e binario).
In ogni caso se si vuole ragionare diversamente va tenuto conto che il centro di massa ha massa $m+M$ e che la su posizione non è sull'asse della ruota.
Come polo si può scegliere quello che si vuole, l'importante è riportare le equazioni corrette, scegliere il punto di contatto (o meglio l'asse di contatto) semplifica le cose in questo caso.
$M/2 g R/2= 1/2(1/2 M R^2 + M R^2 + M/2 R^2) omega^2$
che per $omega$ dà $1/2 sqrt(g/R)$.
Quella equazione l'ho scritta immaginando una rotazione pura attorno all'asse di contatto con la rotaia, perché semplifica le cose (il moto di rotolamento puro istantaneamente equivale ad una rotazione pura attorno all'asse costituito dal contatto tra ruota e binario).
In ogni caso se si vuole ragionare diversamente va tenuto conto che il centro di massa ha massa $m+M$ e che la su posizione non è sull'asse della ruota.
Come polo si può scegliere quello che si vuole, l'importante è riportare le equazioni corrette, scegliere il punto di contatto (o meglio l'asse di contatto) semplifica le cose in questo caso.
"Faussone":
Per il secondo punto, la conservazione dell'energia meccanica dà:
$M/2 g R/2= 1/2(1/2 M R^2 + M R^2 + M/2 R^2) omega^2$
che per $omega$ dà $1/2 sqrt(g/R)$.
Non capisco questa equazione:
per me la conservazione dell'energia nel secondo punto è $M/2*g*R = M/2*g*R/2+1/2*(M/2 w^2R^2+R^2*M*w^2)$
Non capisco perchè tu hai 3 membri con w^2 (due sono per l'energia cinetica nel punto finale e il terzo?); e non capisco perchè hai un solo membro con g quando dovrebbero essere due (ammesso che tu come punto iniziale abbia scelto quello con P alla stessa quota del centro del disco)
Mi sembra che ci siamo quasi.
Per quanto riguarda l'energia potenziale io ho scritto direttamente la differenza di energia potenziale, se porti a sinistra il termine di energia potenziale che hai scritto tu ottieni, a sinistra, quello che ho scritto io.
Per quanto riguarda l'energia cinetica, hai solo dimenticato di aggiungere il contributo della massa $m=M/2$ ancorata sul bordo del disco...
Per quanto riguarda l'energia potenziale io ho scritto direttamente la differenza di energia potenziale, se porti a sinistra il termine di energia potenziale che hai scritto tu ottieni, a sinistra, quello che ho scritto io.
Per quanto riguarda l'energia cinetica, hai solo dimenticato di aggiungere il contributo della massa $m=M/2$ ancorata sul bordo del disco...
"Faussone":
Mi sembra che ci siamo quasi.
Per quanto riguarda l'energia potenziale io ho scritto direttamente la differenza di energia potenziale, se porti a sinistra il termine di energia potenziale che hai scritto tu ottieni, a sinistra, quello che ho scritto io.
Per quanto riguarda l'energia cinetica, hai solo dimenticato di aggiungere il contributo della massa $m=M/2$ ancorata sul bordo del disco...
Chiaro, ora però mi è venuto un altro dubbio, nel calcolo del primo punto il risultato veniva $w=sqrt(2/3 g/r)$
senza che avessi aggiunto il contributo della massa m.
La formula per il primo punto è: $m*g*r=1/2*(I*w^2+m*Vcm^2+m*v^2)$
e mi viene $w=sqrt(g/(2r))$
Mentre il 2 punto con la formula identica tranne che a primo membro compare un 1/2 (per la differenza delle energie potenziali) mi viene $w=sqrt( g/(4r))$
Dove sbaglio?
Nel primo punto la massa $m$ si trova a contatto col binario quindi è ferma andando a considerare la rotazione della ruota attorno all'asse di contatto, per cui non dà nessun contributo all'energia cinetica.
Grazie mille per l'aiuto!
Riprendo questo post perché anche io mi trovo un attimo impantanato con questo esercizio . Il primo ed il secondo punto vengono risolti con la conservazione dell'energia , e fin qui ci siamo . Volevo chiedere un parere riguardo la risoluzione del terzo punto . Un mio collega che ha svolto l'esercizio , come era stato proposto nei messaggi precedenti scrive $ x_(cm)(m+m)g=I_Calpha $ dove C è il punto di contatto . Trova l'inerzia rispetto a C come $ I_C=I_(cm)+(M+m)d^2 $ dove $ d=sqrt(R^2+x_(cm)^2 $ . Per vedere a cosa faccio riferimento si guardi la foto in basso . Successivamente scrive la prima cardinale lungo y : $ N-(M+m)g=(M+m)a_(CMy) $ . A questo punto credo lui faccia la seguente precisazione : dato che il cdm si muove accelerando, ha una accelerazione lungo y che è somma della tangenziale e della normale ( da tenere presente che anche il cdm percorre un moto circolare attorno al punto C per definizione di moto di rotolamento ) . Infatti successivamente riscrive la prima cardinale come $ N-(M+m)g=(M+m)(alphadcostheta+omega^2dsentheta) $ . L'angolo , facendo riferimento alla figura viene trovato come $ theta=arcocos (x_(cm)/d) $ . Fatto ciò si trova $ N $ . Per quanto riguarda invece la reazione nel momento in cui P tocca il binario effettivamente uno può essere portato a pensare che questa sia uguale ed opposta alla forza peso ma in realtà non credo sia così perché non appena il punto P tocca il binario c'è un moto lungo y poiché il centro di massa ( la cui accelerazione compare a secondo membro della prima cardinale ) HA una accelerazione normale ( diretta lungo y ) uguale a $ omega^2 (R-x_(cm)) $ . Da qui si capisce che la reazione quando P tocca il binario non è esattamente uguale al peso del sistema . Cosa ne pensate ??
Click sull'immagine per visualizzare l'originale
Il punto riguardante il momento in cui P tocca terra, non è di facile risoluzione, infatti, c'è un problema non da poco, ossia il fatto che il momento di inerzia del sistema varia nel tempo rispetto al punto di contatto C, quindi la seconda cardinale non è semplicemente $M=Ialpha$, ma $M=(dI)/(dt)omega+Ialpha$, quindi c'è il problema di determinare quanto valga $(dI)/(dt)$, esso dipende dall'angolo,e il problema diventa una equazione differenziale non risolubile a mano (non lineare tra l'altro), e non è vero che M=0 implica $alpha=0$, come fa notare quell'equazione stessa. Ne abbiamo già discusso in un altro post di una questione molto simile, e ovviamente si è giunti a dire proprio che non è risolubile.
D'accordo , grazie dell'aiuto !
"Vulplasir":
Ne abbiamo già discusso in un altro post di una questione molto simile, e ovviamente si è giunti a dire proprio che non è risolubile.
Esatto. La discussione era questa qui.
Qui io nel punto 3 stavo commettendo lo stesso errore di quella discussione: se prendiamo come polo il punto di contatto col piano e scriviamo la seconda equazione cardinale allora il momento di inerzia del sistema dipende dalla rotazione del disco e questo complica le cose.
Devo dire, a mia solo parziale e non giustificabile discolpa
, che il livello delle prime due domande è di fisica 1 e questo mi ha portato anche qui a pensare che anche il punto 3 fosse di pari difficoltà, esattamente come quell'altro esercizio.Non sarei neanche sicurissimo che l'autore del problema si sia reso conto di questa difficoltà.
Comunque si può osservare che il momento di inerzia del sistema rispetto al centro del disco è costante, quindi si può pensare di scrivere la seconda equazione cardinale rispetto al centro del disco. A quel punto rimane in generale incognita la forza di attrito statico tra piano e disco. Si deve aggiungere allora l'equazione di Newton per la traslazione orizzontale, ma la posizione del centro di massa dipende anche dalla rotazione del disco, di nuovo.
Forse questa strada porta a qualcosa, ma non sono sicuro.... Dovrei fare i calcoli e non so se troverò la voglia e il tempo...
Allora, no mi sono sbagliato, facendo i conti il problema risulta risolubile. Facendo i conti con $M=(dI)/(dt)omega+Iddottheta$ si arriva ad avere un'espressione dell'accelerazione angolare come $ddottheta=f(dottheta^2, theta)$, la dipendenza di $ddottheta$ da $dottheta^2$ si può eliminare sfruttando la conservazione dell'energia, arrivando quindi a una espressione $ddottheta=f(theta)$, dato che si vuole conoscere l'accelerazione angolare quando il punto materiale attaccato al disco tocca terra, allora basta sostituire il relativo angolo $theta$ nell'espressione di $ddottheta$, dovrebbe risultare $ddottheta=0$ come aveva detto Faussone, ma il motivo non è dovuto solo al fatto che $M=0$ in quel punto, ma anche al fatto che $(dI)/(dt)=0$ in quel punto, infatti, anche senza fare i conti si ha $(dI)/(dt)=(dI)/(d theta)(d theta)/(dt)$, ma si vede chiaramente che con l'avvicinarsi del punto materiale al terreno, il momento di inerzia diminuisce, ha un minimo nel punto di contatto e poi aumenta di nuovo, quindi $I(theta)$ ha un minimo quando il punto materiale è a contatto col terreno, da cui $(dI)/(d theta)=0$ in quel punto.
In effetti seguendo anche il metodo che avevo detto nel mio precedente messaggio ottengo che la forza di attrito statico tra disco e piano è nulla quando la massa attaccata sul bordo del disco è in prossimità del punto di contatto.
Equazione del momento angolare (seconda equazione cardinale, scegliendo come polo il centro del disco) e considerando il momento in cui la massa $m$ tocca il piano (il centro di massa ha velocità parallela a questo polo in quel momento):
$I alpha= mg R cos theta - F R$
Quando la massa $m$ tocca il piano si ha $theta=pi/2$ e quindi
$I alpha=-FR$
Seconda equazione cardinale (equazione di Newton per il centro di massa) per le componenti orizzontali e quando la massa $m$ tocca il pavimento:
$(M+m) 2/3 R alpha =F$
(Il centro di massa si trova a $2/3 R$ dal punto di contatto tra disco e piano visto che la massa $m$ è la metà di quella del disco).
Per cui sostituendo nella equazione cardinale si ha:
$M R^2 alpha = - 3/2 M alpha 2/3 R^2$
cioè
$2 M R^2 alpha =0$
che è verificato solo se $alpha=0$.
Quindi l'accelerazione angolare è nulla quando la massa $m$ tocca il piano.
Da cui deriva che anche la forza di attrito statico col piano è nulla.
Equazione del momento angolare (seconda equazione cardinale, scegliendo come polo il centro del disco) e considerando il momento in cui la massa $m$ tocca il piano (il centro di massa ha velocità parallela a questo polo in quel momento):
$I alpha= mg R cos theta - F R$
Quando la massa $m$ tocca il piano si ha $theta=pi/2$ e quindi
$I alpha=-FR$
Seconda equazione cardinale (equazione di Newton per il centro di massa) per le componenti orizzontali e quando la massa $m$ tocca il pavimento:
$(M+m) 2/3 R alpha =F$
(Il centro di massa si trova a $2/3 R$ dal punto di contatto tra disco e piano visto che la massa $m$ è la metà di quella del disco).
Per cui sostituendo nella equazione cardinale si ha:
$M R^2 alpha = - 3/2 M alpha 2/3 R^2$
cioè
$2 M R^2 alpha =0$
che è verificato solo se $alpha=0$.
Quindi l'accelerazione angolare è nulla quando la massa $m$ tocca il piano.
Da cui deriva che anche la forza di attrito statico col piano è nulla.
Equazione del momento angolare (seconda equazione cardinale, scegliendo come polo il centro del disco):
Aspetta però, se la fai rispetto al centro del disco, devi aggiungere il termine correttivo nella seconda cardinale che coinvolge la velocità del polo scelto, che in questo caso non è fermo (e non è il centro di massa)
"Vulplasir":Equazione del momento angolare (seconda equazione cardinale, scegliendo come polo il centro del disco):
Aspetta però, se la fai rispetto al centro del disco, devi aggiungere il termine correttivo nella seconda cardinale che coinvolge la velocità del polo scelto, che in questo caso non è fermo (e non è il centro di massa)
Quando la massa $m$ tocca il piano $theta=pi/2$ quel termine non c'è perchè la velocità del polo è parallela alla velocità del centro di massa (in effetti dovevo scrivere subito che stavo considerando $theta=pi/2$, ora correggo).
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