[EX] Puleggia, blocco e molla: velocità in funzione di posizione
Ciao amici! Una puleggia di momento d'inerzia \(I\) e raggio $R$, montata su un asse privo di attriti, è collegata con una corda ad un blocco di massa $m$ il quale è a sua volta collegato ad una molla di coefficiente elastico $k$ ed inizialmente spostata a sinistra in posizione \(x_0<0\) del suo punto di equilibrio $0$. L'asse delle $x$ è quindi parallelo al piano su cui scorre, senza attriti, il blocco. Supponiamo l'asse $z$ uscente dallo schermo del nostro computer. Vorrei trovare l'espressione della velocità del blocco, tenuto fermo quando la molla è in posizione $x_0$, in funzione dell'ascissa.
Ho proceduto cercando la tensione $T$ agente sulla puleggia, unica forza ad esercitare un momento di componente \(\tau_z\) su di essa, osservando che\[-TR=\tau_z=I\alpha_z=-I \frac{a_x}{R}\]dove $a_x=R\alpha_z$ è la componente $x$ dell'accelerazione del blocco e $\alpha_z$ l'accelerazione angolare della puleggia, e considerando le forze agenti sul blocco\[-kx-T=m a_x.\]Perciò $T=\frac{-kx}{1+I^{-1}mR^2}$ e quindi $\tau_z=\frac{Rkx}{1+I^{-1}mR^2}$, espressione che può essere utilizzata per calcolare il lavoro compiuto dalla tensione al ruotare della puleggia espresso da $W=\int_{\theta_i}^{\theta_f}\tau_zd\theta$, che è identico alla variazione di energia cinetica della puleggia $\frac{1}{2}I\omega_f^2-\frac{1}{2}I\omega_i^2=\frac{1}{2}I\omega_f^2$.
Intendo quindi esprimere $\tau_z$ in funzione dell'angolo $\theta$ descritto dalla puleggia, che mi sembra il passaggio più delicato del problema. Partendo da $\theta=0$, in verso orario, con angolo quindi decrescente, al momento in cui viene lasciato il blocco, direi che la posizione $x$ del blocco sia $x=-R\theta+x_0$, il che permette di esprimere il lavoro come\[ \frac{1}{2}I(\omega(x))^2=\int_{0}^{\frac{x_0-x}{R}} \frac{Rk(-R\theta+x_0)}{1+I^{-1}mR^2}d\theta =\frac{k(x_0^2-x^2)}{2(1+I^{-1}mR^2)}\]da cui la velocità del blocco\[v(x)=R\omega(x)=R\sqrt{ \frac{k(x_0^2-x^2)}{I+mR^2}}.\]È un delirio o ha qualche parvenza di plausibilità?
$\infty$ grazie a tutti!
Ho proceduto cercando la tensione $T$ agente sulla puleggia, unica forza ad esercitare un momento di componente \(\tau_z\) su di essa, osservando che\[-TR=\tau_z=I\alpha_z=-I \frac{a_x}{R}\]dove $a_x=R\alpha_z$ è la componente $x$ dell'accelerazione del blocco e $\alpha_z$ l'accelerazione angolare della puleggia, e considerando le forze agenti sul blocco\[-kx-T=m a_x.\]Perciò $T=\frac{-kx}{1+I^{-1}mR^2}$ e quindi $\tau_z=\frac{Rkx}{1+I^{-1}mR^2}$, espressione che può essere utilizzata per calcolare il lavoro compiuto dalla tensione al ruotare della puleggia espresso da $W=\int_{\theta_i}^{\theta_f}\tau_zd\theta$, che è identico alla variazione di energia cinetica della puleggia $\frac{1}{2}I\omega_f^2-\frac{1}{2}I\omega_i^2=\frac{1}{2}I\omega_f^2$.
Intendo quindi esprimere $\tau_z$ in funzione dell'angolo $\theta$ descritto dalla puleggia, che mi sembra il passaggio più delicato del problema. Partendo da $\theta=0$, in verso orario, con angolo quindi decrescente, al momento in cui viene lasciato il blocco, direi che la posizione $x$ del blocco sia $x=-R\theta+x_0$, il che permette di esprimere il lavoro come\[ \frac{1}{2}I(\omega(x))^2=\int_{0}^{\frac{x_0-x}{R}} \frac{Rk(-R\theta+x_0)}{1+I^{-1}mR^2}d\theta =\frac{k(x_0^2-x^2)}{2(1+I^{-1}mR^2)}\]da cui la velocità del blocco\[v(x)=R\omega(x)=R\sqrt{ \frac{k(x_0^2-x^2)}{I+mR^2}}.\]È un delirio o ha qualche parvenza di plausibilità?
$\infty$ grazie a tutti!
Risposte
Mmmmmmmmmmmmm, non ho seguito i calcoli, ma:
$v(t) = -\omega*x_0*sin(\omegat)$
e $x(t)=x_0**cos(\omegat)$
con $\omega=sqrt{{kR^2}/{I+mR^2}}$
Risolvi il sistema quadrando le 2 espressioni e eliminandi i $sin^2$ e $cos^2$ e vedi se ti torna,
$v(t) = -\omega*x_0*sin(\omegat)$
e $x(t)=x_0**cos(\omegat)$
con $\omega=sqrt{{kR^2}/{I+mR^2}}$
Risolvi il sistema quadrando le 2 espressioni e eliminandi i $sin^2$ e $cos^2$ e vedi se ti torna,
L'ho fatto io.
Torna la tua soluzione, sebbene sia molto piu arzigogolata della mia.
Torna la tua soluzione, sebbene sia molto piu arzigogolata della mia.
$\infty$ grazie!
Sembrano eleganti e semplici le formule che presenti. Come ci si arriva? Non ho ancora studiato i moti armonici nei miei recenti studi di fisica, ma ne ho avuto un qualche assaggio da studi più elementari e ho l'impressione che quelle funzioni trigonometriche abbiano a che fare con essi...
Sembrano eleganti e semplici le formule che presenti. Come ci si arriva? Non ho ancora studiato i moti armonici nei miei recenti studi di fisica, ma ne ho avuto un qualche assaggio da studi più elementari e ho l'impressione che quelle funzioni trigonometriche abbiano a che fare con essi...
Ci arrivi semplicemente con la conservazione dell'energia:
$ 1/2I\dot\theta^2+1/2m\dotx^2+1/2kx^2= C $
Derivi rispetto al tempo, tenendo conto che $\dot\theta={\dotx}/{R}$ e trovi un euqazione differenziale (come giustamente dici tu, di moto armonico), la cui soluzione e':
$ x(t) = Acos(\omegat+\varphi) $
Le costanti A e $\varphi$ le trovi con le condizioni iniziali (velocita = 0, posizione = $x_0$).
Se ne fai diversi, la soluzione della differenziale e il colcolo di A e $varphi$ arrivi a farlo a mente.
$ 1/2I\dot\theta^2+1/2m\dotx^2+1/2kx^2= C $
Derivi rispetto al tempo, tenendo conto che $\dot\theta={\dotx}/{R}$ e trovi un euqazione differenziale (come giustamente dici tu, di moto armonico), la cui soluzione e':
$ x(t) = Acos(\omegat+\varphi) $
Le costanti A e $\varphi$ le trovi con le condizioni iniziali (velocita = 0, posizione = $x_0$).
Se ne fai diversi, la soluzione della differenziale e il colcolo di A e $varphi$ arrivi a farlo a mente.
Grazie!!!!!
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