Esercizio trabocchetto?
Salve.
Ho questo esercizio a mio avviso facile facile (forse anche troppo facile). Vi riporto il testo:
"Una slitta è appoggiata su un piano inclinato fisso, ed è ferma. Un cilindro è appoggiato sulla slitta, fermo. Tra piano inclinato e slitta non c'è attrito. Il cilindro può rotolare, ma non strisciare, sulla slitta. Ad un certo istante la slitta ed il cilindro vengono lasciati liberi di muoversi. Quanto vale successivamente l'accelerazione angolare del cilindro?"
Senza stare a riportare i miei passaggi, l'accelerazione angolare richiesta mi viene 0 (questo perchè viene nulla la forza d'attrito statico)..il tutto applicando le leggi di Newton, un po' di fondamenti sul moto relativo ecc. Ma anche in termini energetici la storia non cambia.
Tuttavia volevo conferma del risultato, ed esser sicuro di non aver sparato cavolate.
P.s.: la slitta è prismatica a sezione rettangolare, quindi la faccia a contatto col cilindro è parallela alla superficie del piano inclinato.
Ho questo esercizio a mio avviso facile facile (forse anche troppo facile). Vi riporto il testo:
"Una slitta è appoggiata su un piano inclinato fisso, ed è ferma. Un cilindro è appoggiato sulla slitta, fermo. Tra piano inclinato e slitta non c'è attrito. Il cilindro può rotolare, ma non strisciare, sulla slitta. Ad un certo istante la slitta ed il cilindro vengono lasciati liberi di muoversi. Quanto vale successivamente l'accelerazione angolare del cilindro?"
Senza stare a riportare i miei passaggi, l'accelerazione angolare richiesta mi viene 0 (questo perchè viene nulla la forza d'attrito statico)..il tutto applicando le leggi di Newton, un po' di fondamenti sul moto relativo ecc. Ma anche in termini energetici la storia non cambia.
Tuttavia volevo conferma del risultato, ed esser sicuro di non aver sparato cavolate.
P.s.: la slitta è prismatica a sezione rettangolare, quindi la faccia a contatto col cilindro è parallela alla superficie del piano inclinato.
Risposte
Il cilindro può rotolare, ma non strisciare, sulla slitta.
E questo ti dice che tra cilindro e slitta l'attrito statico c'è , eccome !
Allora sarei curioso di sapere come calcolarlo...
Comunque in linea generale non è che se c'è puro rotolamento allora è automatico che vi sia attrito: prendi per esempio un cilindro che rotola senza strisciare andando a velocità costante..che motivo avrebbe d'esservi la forza d'attrito statico? a livello microscopico le due superfici sconnesse potrebbero essere immaginate come un ingranaggio su dentiera, e se l'ingranaggio ruota sul suo asse con velocità angolare tale da rispettare la condizione di puro rotolamento, i "denti" (si immaginino i denti come delle asperità) non riescono ad interagire istantaneamente, perchè mentre il dente dell'ingranaggio cerca di applicare una forza muovendosi tangenzialmente sul dente della dentiera del piano orizzontale, viene allontanato dalla velocità traslazionale del CM.
Questo ovviamente in assenza di aria, campo gravitazionale terrestre costante e quant'altro.
Comunque in linea generale non è che se c'è puro rotolamento allora è automatico che vi sia attrito: prendi per esempio un cilindro che rotola senza strisciare andando a velocità costante..che motivo avrebbe d'esservi la forza d'attrito statico? a livello microscopico le due superfici sconnesse potrebbero essere immaginate come un ingranaggio su dentiera, e se l'ingranaggio ruota sul suo asse con velocità angolare tale da rispettare la condizione di puro rotolamento, i "denti" (si immaginino i denti come delle asperità) non riescono ad interagire istantaneamente, perchè mentre il dente dell'ingranaggio cerca di applicare una forza muovendosi tangenzialmente sul dente della dentiera del piano orizzontale, viene allontanato dalla velocità traslazionale del CM.
Questo ovviamente in assenza di aria, campo gravitazionale terrestre costante e quant'altro.
So bene che un cilindro che rotola senza strisciare su un piano orizzontale a velocità costante del CM, e quindi a velocità angolare $\omega = v/R$ anche costante , pur se il piano è scabro, non ha bisogno di una forza di attrito statico.
Tu sei nuovo del forum, quindi non sai quante volte l'ho detto. Ti dò questo link, ma ce ne sono decine di analoghi.
Tu sei nuovo del forum, quindi non sai quante volte l'ho detto. Ti dò questo link, ma ce ne sono decine di analoghi.
Allora su questo siamo d'accordo 
Eppure ricontrollando anche più volte i calcoli dell'esercizio, mi viene che la forza d'attrito statico in questo caso sarebbe nulla e che quindi l'accelerazione angolare del suddetto cilindro vale 0.
Non riesco a dimostrare il contrario, se non applicando la II legge di Newton per il moto rotatorio considerando come asse di rotazione quello istantaneo costituito dalla generatrice del cilindro a contatto con la slitta: ma questo è sbagliatissimo dal punto di vista teorico, in quanto tale legge vale solo in riferimenti inerziali o comunque per assi che si trovino in riferimenti accelerati ma che passino per il CM del corpo rotante (in tal caso l'asse istantaneo giacerebbe sulla slitta che è accelerata..).
Tuttavia il testo dell'esercizio non riporta alcun dato, cioè è pari pari a come l'ho riportato io: non che sia una giustificazione di plausibilità del risultato, ma solitamente i dati forniti poi devono in qualche modo comparire nel risultato ed in questo caso non ve ne sarebbe bisogno...Comunque aspetto spiegazioni più plausibili
)
Eppure ricontrollando anche più volte i calcoli dell'esercizio, mi viene che la forza d'attrito statico in questo caso sarebbe nulla e che quindi l'accelerazione angolare del suddetto cilindro vale 0.Non riesco a dimostrare il contrario, se non applicando la II legge di Newton per il moto rotatorio considerando come asse di rotazione quello istantaneo costituito dalla generatrice del cilindro a contatto con la slitta: ma questo è sbagliatissimo dal punto di vista teorico, in quanto tale legge vale solo in riferimenti inerziali o comunque per assi che si trovino in riferimenti accelerati ma che passino per il CM del corpo rotante (in tal caso l'asse istantaneo giacerebbe sulla slitta che è accelerata..).
Tuttavia il testo dell'esercizio non riporta alcun dato, cioè è pari pari a come l'ho riportato io: non che sia una giustificazione di plausibilità del risultato, ma solitamente i dati forniti poi devono in qualche modo comparire nel risultato ed in questo caso non ve ne sarebbe bisogno...Comunque aspetto spiegazioni più plausibili
)
Guarda, ti dico subito che il tuo risultato è corretto .
Ho detto prima una cosa che mi è venuta in mente pensando al disco che rotola accelerando su un piano inclinato, ma non è questo il caso, perché qui c'è in mezzo una slitta che scivola senza attrito sul piano inclinato. Chiedo venia.
Che la soluzione sia giusta, e cioè che il disco sia in quiete rispetto alla slitta, si può vedere in due modi, molto semplici ed equivalenti, senza fare calcoli complicati.
1º modo ) Mettiamo un asse $x$ di versore $hati$ orientato verso il basso sul piano inclinato, che è fisso (quindi è un riferimento inerziale).
La slitta scivola con moto accelerato, e l'accelerazione è $gsen\alphahati$ , componente di $vecg$ parallela al piano inclinato.
Questa accelerazione funziona da "accelerazione di trascinamento" per il disco, per il quale la slitta è un riferimento non inerziale.
D'altronde, anche il disco ha accelerazione (del CM) uguale a $gsen\alphahati$ rispetto al riferimento fisso. Questa quindi è la "accelerazione assoluta" del disco .
E siccome sappiamo che : $veca_a = veca_r + veca_t$ (non c'è accelerazione di Coriolis in questo caso), dalla uguaglianza :
$ veca_a = veca_t$ discende che deve essere : $veca_r = 0$ .
Cioè , il disco non ha accelerazione relativa del CM rispetto alla slitta. Per la condizione di rotolamento puro, anche l'accelerazione angolare del disco è nulla . Il disco è in quiete rispetto alla slitta.
2º modo) Il disco ha peso "vero" $vecp = mvecg$ ("vero" vuol dire: visto nel riferimento fisso). La forza "apparente di trascinamento" agente sul disco vale :
$-mveca_t = -mgsen\alphahati$ .
Componendo il peso vero con la forza di trascinamento si ha il peso "apparente" con cui il disco preme sulla slitta, che vale:
$ vecp' = mvecg - mgsen\alphahati = m (vecg - gsen\alphahati) $
E si vede facilmente , disegnando il triangolo delle forze , e tenendo presente che la forza di trascinamento è diretta verso l'alto parallelamente al piano inclinato e ha modulo uguale a $gsen\alpha$ (come già detto sopra) , che $vecp' $ è perpendicolare alla superficie della slitta nel punto di contatto. Quindi non può avere alcun momento rispetto al punto di contatto : l'accelerazione angolare è nulla, e pure l'accelerazione lineare del CM rispetto alla slitta.
Altro esempio : se mettiamo una vaschetta con acqua a scivolare su un piano inclinato liscio, la superficie dell'acqua nella vaschetta è parallela alla superficie del piano inclinato.
Ho detto prima una cosa che mi è venuta in mente pensando al disco che rotola accelerando su un piano inclinato, ma non è questo il caso, perché qui c'è in mezzo una slitta che scivola senza attrito sul piano inclinato. Chiedo venia.
Che la soluzione sia giusta, e cioè che il disco sia in quiete rispetto alla slitta, si può vedere in due modi, molto semplici ed equivalenti, senza fare calcoli complicati.
1º modo ) Mettiamo un asse $x$ di versore $hati$ orientato verso il basso sul piano inclinato, che è fisso (quindi è un riferimento inerziale).
La slitta scivola con moto accelerato, e l'accelerazione è $gsen\alphahati$ , componente di $vecg$ parallela al piano inclinato.
Questa accelerazione funziona da "accelerazione di trascinamento" per il disco, per il quale la slitta è un riferimento non inerziale.
D'altronde, anche il disco ha accelerazione (del CM) uguale a $gsen\alphahati$ rispetto al riferimento fisso. Questa quindi è la "accelerazione assoluta" del disco .
E siccome sappiamo che : $veca_a = veca_r + veca_t$ (non c'è accelerazione di Coriolis in questo caso), dalla uguaglianza :
$ veca_a = veca_t$ discende che deve essere : $veca_r = 0$ .
Cioè , il disco non ha accelerazione relativa del CM rispetto alla slitta. Per la condizione di rotolamento puro, anche l'accelerazione angolare del disco è nulla . Il disco è in quiete rispetto alla slitta.
2º modo) Il disco ha peso "vero" $vecp = mvecg$ ("vero" vuol dire: visto nel riferimento fisso). La forza "apparente di trascinamento" agente sul disco vale :
$-mveca_t = -mgsen\alphahati$ .
Componendo il peso vero con la forza di trascinamento si ha il peso "apparente" con cui il disco preme sulla slitta, che vale:
$ vecp' = mvecg - mgsen\alphahati = m (vecg - gsen\alphahati) $
E si vede facilmente , disegnando il triangolo delle forze , e tenendo presente che la forza di trascinamento è diretta verso l'alto parallelamente al piano inclinato e ha modulo uguale a $gsen\alpha$ (come già detto sopra) , che $vecp' $ è perpendicolare alla superficie della slitta nel punto di contatto. Quindi non può avere alcun momento rispetto al punto di contatto : l'accelerazione angolare è nulla, e pure l'accelerazione lineare del CM rispetto alla slitta.
Altro esempio : se mettiamo una vaschetta con acqua a scivolare su un piano inclinato liscio, la superficie dell'acqua nella vaschetta è parallela alla superficie del piano inclinato.
Sempre puntuale il buon Navigatore!
Allora, Arnold, risolvi questo ersercizio simile:
La slitta e' un prisma triangolare retto, con l'ipotenusa parallela al piano inclinato (cioe' il cilindro si muove senza strisciare orizzontalmente per un osservatore che scende solidale con il sistema fisso).
Almeno non c'e' trabocchetto!!!!
Posta la soluzione, cosi controlliamo.
Allora, Arnold, risolvi questo ersercizio simile:
La slitta e' un prisma triangolare retto, con l'ipotenusa parallela al piano inclinato (cioe' il cilindro si muove senza strisciare orizzontalmente per un osservatore che scende solidale con il sistema fisso).
Almeno non c'e' trabocchetto!!!!
Posta la soluzione, cosi controlliamo.
Grazie mille per il confronto e la puntualità nella risposta
Per quanto riguarda l'esercizio simile proposto forse mi sfugge qualcosa: ma se siamo in un piano inclinato e la slitta è appoggiata con un cateto su di esso, come può la sua ipotenusa essere parallela alla superficie del piano inclinato? Dovrebbe avere l'altro cateto (quello non a contatto con il piano inclinato) di lunghezza nulla..
Per quanto riguarda l'esercizio simile proposto forse mi sfugge qualcosa: ma se siamo in un piano inclinato e la slitta è appoggiata con un cateto su di esso, come può la sua ipotenusa essere parallela alla superficie del piano inclinato? Dovrebbe avere l'altro cateto (quello non a contatto con il piano inclinato) di lunghezza nulla..
"arnold123":
Grazie mille per il confronto e la puntualità nella risposta
Per quanto riguarda l'esercizio simile proposto forse mi sfugge qualcosa: ma se siamo in un piano inclinato e la slitta è appoggiata con un cateto su di esso, come può la sua ipotenusa essere parallela alla superficie del piano inclinato? Dovrebbe avere l'altro cateto (quello non a contatto con il piano inclinato) di lunghezza nulla..
La sezione della slitta e' un triangolo rettangolo con l'ipotenusa appoggiata al piano inclinato.
Un cateto e' per conseguenza orizzontale e' l'altro (il muso della slitta) e' verticale.
Sul cateto orizzontale e' poggiato il disco di massa m (slitta ha massa M).
Scusate se, distando tanti anni dall'università, sono tornato ignorante ma la risposta al quesito semplice semplice mi sembra semplice semplice:
sia la slitta che il cilindro sono forzati a cadere per la stessa traiettoria, quindi cadono insieme, quindi non c'è moto relativo.
sia la slitta che il cilindro sono forzati a cadere per la stessa traiettoria, quindi cadono insieme, quindi non c'è moto relativo.
"Grillo":
Scusate se, distando tanti anni dall'università, sono tornato ignorante ma la risposta al quesito semplice semplice mi sembra semplice semplice:
sia la slitta che il cilindro sono forzati a cadere per la stessa traiettoria, quindi cadono insieme, quindi non c'è moto relativo.
Nel primo caso hai ragione, lo ha dimostrato navigatore.
Nel secondo caso, quello proposto da me, non sono cosi sicuro che non ci sia moto relativo.
Io mi riferisco solo al primo esercizio.
Volevo solo sapere se il metodo della black box mi ha evitato di usare formule che non ricordo più.
Applicando lo stesso metodo al secondo esercizio, facendo solo un discorso qualitativo, la slitta si muove lungo il piano inclinato mentre il cilindro no, perché il suo piano di appoggio è orizzontale.
Quindi il cilindro, libero di muoversi orizzontalmente, cade solo di moto verticale, spostandosi orizzontalmente relativamente alla slitta.
Volevo solo sapere se il metodo della black box mi ha evitato di usare formule che non ricordo più.
Applicando lo stesso metodo al secondo esercizio, facendo solo un discorso qualitativo, la slitta si muove lungo il piano inclinato mentre il cilindro no, perché il suo piano di appoggio è orizzontale.
Quindi il cilindro, libero di muoversi orizzontalmente, cade solo di moto verticale, spostandosi orizzontalmente relativamente alla slitta.
Sai, grillo, il metodo della black box coi professori conta poco, i professori vogliono dimostrazioni basate sui principi della fisica.
Senza contare che spesso l'intuito può ingannare.
Per esempio, se io non avessi portato l'esempio della vaschetta con l'acqua , e avessi detto solo :
"Abbiamo una vaschetta con acqua su un piano inclinato liscio, che cade giù . Come si dispone la superficie dell'acqua? "
saresti stato in grado di rispondere subito a colpo sicuro ? Anzi, mi viene da chiederti : perché la superficie dell'acqua si dispone parallelamente al piano inclinato, nella caduta della vaschetta?
Senza contare che spesso l'intuito può ingannare.
Per esempio, se io non avessi portato l'esempio della vaschetta con l'acqua , e avessi detto solo :
"Abbiamo una vaschetta con acqua su un piano inclinato liscio, che cade giù . Come si dispone la superficie dell'acqua? "
saresti stato in grado di rispondere subito a colpo sicuro ? Anzi, mi viene da chiederti : perché la superficie dell'acqua si dispone parallelamente al piano inclinato, nella caduta della vaschetta?
Concordo con Navigatore.
Qualitativamente e' sempre bene avere chiaro il fenomeno: infatti il cilindro nel mio esercizio deve avere, come dici tu, una accelerazione angolare, esattamente per il motivo che dici: la slitta si "sfila" da sotto al cilindro.
Pero' vorrei la soluzione analitica ($\ddot\theta$ e $\ddotx$), anche perche questi esercizio si prestano ad essere affrontati con metodi diversi ed e' un buon armamentario da fornire a uno studente.
Per esempio, l'esercizio svolto da navigatore, si puo' risolvere altrettanto agevolmente con il teorema delle forze vive che darebbe ad Arnold un altro metodo per aggredire questo problema.
Poi l'aspetto qualitativo, dopo averti aiutato a impostare il problema puoi anche usarlo per verificare le soluzioni (per esempio per vedere se il segno di $ddot\theta$ e' congruente o c'e' qualche errore di calcolo.
Qualitativamente e' sempre bene avere chiaro il fenomeno: infatti il cilindro nel mio esercizio deve avere, come dici tu, una accelerazione angolare, esattamente per il motivo che dici: la slitta si "sfila" da sotto al cilindro.
Pero' vorrei la soluzione analitica ($\ddot\theta$ e $\ddotx$), anche perche questi esercizio si prestano ad essere affrontati con metodi diversi ed e' un buon armamentario da fornire a uno studente.
Per esempio, l'esercizio svolto da navigatore, si puo' risolvere altrettanto agevolmente con il teorema delle forze vive che darebbe ad Arnold un altro metodo per aggredire questo problema.
Poi l'aspetto qualitativo, dopo averti aiutato a impostare il problema puoi anche usarlo per verificare le soluzioni (per esempio per vedere se il segno di $ddot\theta$ e' congruente o c'e' qualche errore di calcolo.
Ogni modellizzazione della Realtà si deve basare sulla corretta applicazione dei principi della Fisica.
Questo si applica sia alla black box sia alle formule.
L'intuizione non vuol dire prenderci a caso, se essa è rigorosa, il risultato è corretto.
Nel caso specifico dei due esercizi del cilindro facevo solo notare che si poteva dare la soluzione senza passare necessariamente sulla modellizzazione completa del sistema tramite le formule della cinematica.
Riferendomi al tuo esercizio sulla vaschetta devo dire onestamente che l'avevo sorvolato.
Utilizzando l'ultimo neurone che mi è rimasto per rispondere alla tua provocazione, debbo dire che effettivamente non è intuitivo, il livello di un liquido oltre ad essere regolato dalla cinematica è regolato anche da Pascal, ma affermare che il livello dell'acqua rimanga orizzontale non mi convince.
Le molecole d'acqua, oltre all'accelerazione di gravità verso il basso, subiscono l'accelerazione della vaschetta lungo il piano inclinato che fa inclinare il livello.
Questo si applica sia alla black box sia alle formule.
L'intuizione non vuol dire prenderci a caso, se essa è rigorosa, il risultato è corretto.
Nel caso specifico dei due esercizi del cilindro facevo solo notare che si poteva dare la soluzione senza passare necessariamente sulla modellizzazione completa del sistema tramite le formule della cinematica.
Riferendomi al tuo esercizio sulla vaschetta devo dire onestamente che l'avevo sorvolato.
Utilizzando l'ultimo neurone che mi è rimasto per rispondere alla tua provocazione, debbo dire che effettivamente non è intuitivo, il livello di un liquido oltre ad essere regolato dalla cinematica è regolato anche da Pascal, ma affermare che il livello dell'acqua rimanga orizzontale non mi convince.
Le molecole d'acqua, oltre all'accelerazione di gravità verso il basso, subiscono l'accelerazione della vaschetta lungo il piano inclinato che fa inclinare il livello.
Non è provocazione, io non provoco nessuno, chiamalo "stimolo" .
Ogni molecola d'acqua, di massa $m$ ha "peso apparente" , rispetto cioè alla superficie del piano inclinato, dato dato da :
$vecp' = vecp -m\veca_t $
come nel caso del disco visto prima. E cioè, ogni molecola d'acqua ha peso apparente perpendicolare al piano inclinato : basta ripetere le considerazioni già fatte prima sul valore della accelerazione di trascinamento, che ha modulo $gsen\alpha$ e verso opposto alla caduta, per tutte le molecole.
Quindi, poiché la superficie libera del liquido è in ogni punto normale al peso apparente, deve essere in ogni punto parallela al piano inclinato.
Dico "in ogni punto" perché, per esempio, nel caso dell'acqua in un secchio rotante cambia, di punto in punto della superficie, il modulo e la direzione del risultante tra forza vera (il peso) e la forza apparente centrifuga locale.
Ogni molecola d'acqua, di massa $m$ ha "peso apparente" , rispetto cioè alla superficie del piano inclinato, dato dato da :
$vecp' = vecp -m\veca_t $
come nel caso del disco visto prima. E cioè, ogni molecola d'acqua ha peso apparente perpendicolare al piano inclinato : basta ripetere le considerazioni già fatte prima sul valore della accelerazione di trascinamento, che ha modulo $gsen\alpha$ e verso opposto alla caduta, per tutte le molecole.
Quindi, poiché la superficie libera del liquido è in ogni punto normale al peso apparente, deve essere in ogni punto parallela al piano inclinato.
Dico "in ogni punto" perché, per esempio, nel caso dell'acqua in un secchio rotante cambia, di punto in punto della superficie, il modulo e la direzione del risultante tra forza vera (il peso) e la forza apparente centrifuga locale.
Ok, siamo d'accordo.
E per rimanere in tema e in allegria, guarda cosa riesce a fare questa vecchia gloria dell'aviazione (non c'è trucco!).
Niente formule, solo sensibilità di fondoschiena, come diceva Niki Lauda (ma la Fisica c'è sempre).
Ed il secchio gira...
https://www.youtube.com/watch?v=uw2qPLEgKdQ
E per rimanere in tema e in allegria, guarda cosa riesce a fare questa vecchia gloria dell'aviazione (non c'è trucco!).
Niente formule, solo sensibilità di fondoschiena, come diceva Niki Lauda (ma la Fisica c'è sempre).
Ed il secchio gira...
https://www.youtube.com/watch?v=uw2qPLEgKdQ
"Grillo":
Ogni modellizzazione della Realtà si deve basare sulla corretta applicazione dei principi della Fisica.
Questo si applica sia alla black box sia alle formule.
L'intuizione non vuol dire prenderci a caso, se essa è rigorosa, il risultato è corretto.
Nel caso specifico dei due esercizi del cilindro facevo solo notare che si poteva dare la soluzione senza passare necessariamente sulla modellizzazione completa del sistema tramite le formule della cinematica.
Riferendomi al tuo esercizio sulla vaschetta devo dire onestamente che l'avevo sorvolato.
Utilizzando l'ultimo neurone che mi è rimasto per rispondere alla tua provocazione, debbo dire che effettivamente non è intuitivo, il livello di un liquido oltre ad essere regolato dalla cinematica è regolato anche da Pascal, ma affermare che il livello dell'acqua rimanga orizzontale non mi convince.
Le molecole d'acqua, oltre all'accelerazione di gravità verso il basso, subiscono l'accelerazione della vaschetta lungo il piano inclinato che fa inclinare il livello.
Si, e' chiaro che bisogna modellizzare correttamente. Pero' la modellizzazione qualitativa ti aiuta in un numero ristretto di casi (la slitta originale di questo esercizio): infatti trovi, con un ragionamento qualitativo, che il disco non ruota ($ddot\theta=0$) e scende con la slitta ($ddot\x=gsin\alpha$)
Ma gia' se vuoi risolvere l'esercizio che ho proposto io (intendo cioe', trovare le leggi del moto esplicite) la modellizzazione fatta da te, per quanto correttissima, non ti aiuta a esplicitare la $\theta(t)$ e $x(t)$.
Esercizio sulla vaschetta: metodo alternativo - scritta la legge di Stevino Pascal ion forma vettoriale tenendo conto che ora il campo di forze cui e' sottoposto il liquido e' $-\gsin\theta\vec{i}-g\vec{j}$ si calcolano la superfici equipotenziali (il pelo libero essendo quella piu' importante), Ritorna il risultato di navigatore.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo