Massa in anello ruotante
Ho una guida circolare di raggio R in rotazione con velocità angolare $\omega$ attorno all'asse $\hat z$. Su di essa è libera di muoversi una pallina. Vorrei sottoporvi una mia risoluzione (che però non viene!)
MI metto in un sistema di riferimento in rotazione con la guida. L'equazione è
$\vec N -mg \hat y +m\omega^2 R\sin \theta = m\vec a$
dove $\vec N$ è una reazione vincolare da determinare.
Scrivo N in modo che sia diretto radialmente (deve essere ortogonale alla guida)
$\vec N = -N\sin\theta \hat x + N\cos\theta \hat y$
L'idea è che la somma delle forze deve essere diretta lungo tangenzialmente alla guida:
$(-\sin\theta\hat x+ \cos\theta\hat y) \cdot (-N\sin\theta \hat x + N\cos\theta \hat y -mg \hat y +m\omega^2 R\sin \theta\hat x) = 0$.
Vi sembra giusto concettualmente?
MI metto in un sistema di riferimento in rotazione con la guida. L'equazione è
$\vec N -mg \hat y +m\omega^2 R\sin \theta = m\vec a$
dove $\vec N$ è una reazione vincolare da determinare.
Scrivo N in modo che sia diretto radialmente (deve essere ortogonale alla guida)
$\vec N = -N\sin\theta \hat x + N\cos\theta \hat y$
L'idea è che la somma delle forze deve essere diretta lungo tangenzialmente alla guida:
$(-\sin\theta\hat x+ \cos\theta\hat y) \cdot (-N\sin\theta \hat x + N\cos\theta \hat y -mg \hat y +m\omega^2 R\sin \theta\hat x) = 0$.
Vi sembra giusto concettualmente?
Risposte
Non sono sicuro di aver capito. La guida e' in un piano verticale, con una scanalatura all'interno della quale gira la pallina?
No è un anello, su cui e vincolata una pallina.
MAh. Se l'anello e' sul piano verticale, come sembra dai versori che scrivi, e la pallina e' vincolata tipo manicotto, l'unica reazione che l'anello (che tu chiami guida, all'inizio del testo) fornisce e' quella diretta verso il centro.
La pallina resta sul fondo (nulla la fa muovere, non c'e' attrito) e la reeazione dell'anello e mg, peso della pallina.
Se ho inteso bene i termini del problema
La pallina resta sul fondo (nulla la fa muovere, non c'e' attrito) e la reeazione dell'anello e mg, peso della pallina.
Se ho inteso bene i termini del problema
Non è detto che la pallina parta da theta =0! Facciamola partire da un certo $\theta_0>0$. Il mio problema è che ho dubbi su come scrivere le forze apparenti quando siamo "in tre dimensioni", come in questo caso....e soprattutto vorrei sapere se per trovare N va bene il procedimento che ho scritto
Ma scusa, quando posti un problema il minimo che tu possa fare è spiegare bene i termini, almeno a parole se non riesci con un disegno.
Da quanto ho letto io ho capito molto poco, ma vedo di riassumere.
C'è una guida anulare posta in un piano xy con essa solidale.
Da quanto scrivi la forza peso è diretta nel verso -y. Dunque devo desumere che y sia diretto verso l'alto e che x sia diretto verso destra. Con questa disposizione immagino che l'asse z esca dall'origine orizzontalmente perché ortogonale al piano xy.
Allora se l'anello ruota attorno a z, come tu dici, pare che sia come una ruota di bicicletta che gira attorno al perno mentre la bicicletta corre.
Ma allora come fa la gravità a essere diretta sempre verso -y se l'asse y è solidale con questa ruota che gira ?
Questo si capisce dalle tue parole, e se non corrisponde a verità (come io credo) vuol dire che non ti sei spiegato affatto.
Da quanto ho letto io ho capito molto poco, ma vedo di riassumere.
C'è una guida anulare posta in un piano xy con essa solidale.
Da quanto scrivi la forza peso è diretta nel verso -y. Dunque devo desumere che y sia diretto verso l'alto e che x sia diretto verso destra. Con questa disposizione immagino che l'asse z esca dall'origine orizzontalmente perché ortogonale al piano xy.
Allora se l'anello ruota attorno a z, come tu dici, pare che sia come una ruota di bicicletta che gira attorno al perno mentre la bicicletta corre.
Ma allora come fa la gravità a essere diretta sempre verso -y se l'asse y è solidale con questa ruota che gira ?
Questo si capisce dalle tue parole, e se non corrisponde a verità (come io credo) vuol dire che non ti sei spiegato affatto.
Quello che vorrei sapere sono due cose
1). Come faccio a sapere che la forza centrifuga è $m\omega^2 R\sin\theta \hat x$? Nel caso 2D mi è chiaro, perchè scrivo in coordinate polari l'accelerazione, e c'è una parte che diventa forza centrifuga. In questo caso mi confonde che siamo in 3 dimensioni, per cui non è ben chiaro a cosa si riferisce r, e perchè l'espressione è fatta in quel modo...
2). Che condizioni devo imporre sul vincolo? Va bene dire che la somma delle forze deve essere ortogonale al versore $(-\sin\theta,\cos\theta)$, ovvero è tangenziale?
SOTTOLINEO: Sono nel sistema rotante, solidale con l'anello
PS. Con questo disegno effettivamente la forza di gravità è diretta lungo -z, ma visto che siamo sul sistema ruotante, il problema è bidimensionale, per cui non penso che questo infici la validità delle mie equazioni.
Adesso il problema è chiaro, però non mi è chiaro quali siano i tuoi dubbi, o meglio forse qualcuno lo capisco, ma prima di parlarne è meglio che ti esponga come risolverei il problema, e poi se restano dubbi residui ne parliamo.
Quando le cose sembrano confuse è meglio partire dai fondamentali.
Nel moto rotatorio esiste una bella formula vettoriale che dice tutto, ovvero mette in relazione la accelerazione assoluta con l'accelerazione relativa. Tale formula è la seguente:
$${\bf{a}} = {\bf{a'}} + 2{\bf{\omega }} \times {\bf{v'}} + {\bf{\omega }} \times \left( {{\bf{\omega }} \times {\bf{r'}}} \right)$$
La accelerazione assoluta moltiplicata per la massa è proporzionale al sistema di forze che agiscono su di essa. Queste forze sono la forza peso e la reazione normale all'anello guida.
Come insegnano i numerosi esercizi sui piani inclinati lisci, la cosa migliore per studiare il moto è ignorare la reazione normale studiando le accelerazioni e le forze tangenziali al piano liscio.
Chiamo pertanto $F_\theta $ la componente di forza peso tangenziale alla guida. Tale componente è $F_\theta = - mg\sin \theta $. (il segno meno dice che ha verso contrario rispetto al grado di libertà theta crescente).
Torniamo alla formula vettoriale. Ci è comodo adesso rigirarla lasciando isolata la accelerazione relativa, che è quella che ci interessa per studiare il moto della pallina:
$${\bf{a'}} = {\bf{a}} - 2{\bf{\omega }} \times {\bf{v'}} - {\bf{\omega }} \times \left( {{\bf{\omega }} \times {\bf{r'}}} \right)$$
Essa dice che l'accelerazione relativa è uguale a quella assoluta più la accelerazione di coriolis più la accelerazione centrifuga. Studiando i versi dei vettori si vede che la accelerazione di coriolis è normale al piano xz, dunque non incide nel moto della palla, mentre la accelerazione centripeta è diretta verso x e ha modulo $${\omega ^2}\left( {R\sin \theta } \right)$$.
Allora considerando l'unica componente che ci interessa, ovvero quella tangente all'anello, per forze e accelerazioni, possiamo scrivere la relazione che lega questa accelerazione relativa con le componenti tangenziali della accelerazione assoluta e della accelerazione centrifuga:
$$\eqalign{
& m{{a'}_\theta } = - mg\sin \theta + m{\omega ^2}\left( {R\sin \theta } \right)\cos \theta \cr
& {{a'}_\theta } = R\ddot \theta \cr
& R\ddot \theta = - g\sin \theta + {\omega ^2}R\sin \theta \cos \theta \cr} $$
Posso anche scrivere adesso questa accelerazione relativa nelle componenti x e z (anche se non è utile nello studio del moto, per il quale conviene utilizzare l'unico grado di libertà theta):
$$\eqalign{
& \ddot x = R\ddot \theta \cos \theta = - g\sin \theta \cos \theta + {\omega ^2}R\sin \theta {\cos ^2}\theta \cr
& \ddot z = R\ddot \theta \sin \theta = - g{\sin ^2}\theta + {\omega ^2}R{\sin ^2}\theta \cos \theta \cr} $$
Riguardo alla reazione della guida, essa è normale alla guida stessa per cui basta prendere le componenti di forza normali alla guida, senza scordare adesso la componente di coriolis che è diretta secondo l'asse y (in questo disegno normale al foglio):
$${N_R} = mg\cos \theta + m{\omega ^2}R{\sin ^2}\theta $$
Questa è la componente normale alla guida in senso radiale nel piano xz. Essa si può esprimere nelle componenti:
$$\eqalign{
& {N_x} = {N_R}\sin \theta = mg\cos \theta \sin \theta + m{\omega ^2}R{\sin ^3}\theta \cr
& {N_z} = {N_R}\cos \theta = mg{\cos ^2}\theta + m{\omega ^2}R{\sin ^2}\theta \cos \theta \cr} $$
E infine la componente secondo y dovuta alla forza apparente di coriolis:
$${N_y} = - 2\omega R\dot \theta \cos \theta = - 2\omega \dot x$$
Tutto ciò nell'ipotesi abbastanza remota che io non abbia commesso alcun errore, s'intende.
Quando le cose sembrano confuse è meglio partire dai fondamentali.
Nel moto rotatorio esiste una bella formula vettoriale che dice tutto, ovvero mette in relazione la accelerazione assoluta con l'accelerazione relativa. Tale formula è la seguente:
$${\bf{a}} = {\bf{a'}} + 2{\bf{\omega }} \times {\bf{v'}} + {\bf{\omega }} \times \left( {{\bf{\omega }} \times {\bf{r'}}} \right)$$
La accelerazione assoluta moltiplicata per la massa è proporzionale al sistema di forze che agiscono su di essa. Queste forze sono la forza peso e la reazione normale all'anello guida.
Come insegnano i numerosi esercizi sui piani inclinati lisci, la cosa migliore per studiare il moto è ignorare la reazione normale studiando le accelerazioni e le forze tangenziali al piano liscio.
Chiamo pertanto $F_\theta $ la componente di forza peso tangenziale alla guida. Tale componente è $F_\theta = - mg\sin \theta $. (il segno meno dice che ha verso contrario rispetto al grado di libertà theta crescente).
Torniamo alla formula vettoriale. Ci è comodo adesso rigirarla lasciando isolata la accelerazione relativa, che è quella che ci interessa per studiare il moto della pallina:
$${\bf{a'}} = {\bf{a}} - 2{\bf{\omega }} \times {\bf{v'}} - {\bf{\omega }} \times \left( {{\bf{\omega }} \times {\bf{r'}}} \right)$$
Essa dice che l'accelerazione relativa è uguale a quella assoluta più la accelerazione di coriolis più la accelerazione centrifuga. Studiando i versi dei vettori si vede che la accelerazione di coriolis è normale al piano xz, dunque non incide nel moto della palla, mentre la accelerazione centripeta è diretta verso x e ha modulo $${\omega ^2}\left( {R\sin \theta } \right)$$.
Allora considerando l'unica componente che ci interessa, ovvero quella tangente all'anello, per forze e accelerazioni, possiamo scrivere la relazione che lega questa accelerazione relativa con le componenti tangenziali della accelerazione assoluta e della accelerazione centrifuga:
$$\eqalign{
& m{{a'}_\theta } = - mg\sin \theta + m{\omega ^2}\left( {R\sin \theta } \right)\cos \theta \cr
& {{a'}_\theta } = R\ddot \theta \cr
& R\ddot \theta = - g\sin \theta + {\omega ^2}R\sin \theta \cos \theta \cr} $$
Posso anche scrivere adesso questa accelerazione relativa nelle componenti x e z (anche se non è utile nello studio del moto, per il quale conviene utilizzare l'unico grado di libertà theta):
$$\eqalign{
& \ddot x = R\ddot \theta \cos \theta = - g\sin \theta \cos \theta + {\omega ^2}R\sin \theta {\cos ^2}\theta \cr
& \ddot z = R\ddot \theta \sin \theta = - g{\sin ^2}\theta + {\omega ^2}R{\sin ^2}\theta \cos \theta \cr} $$
Riguardo alla reazione della guida, essa è normale alla guida stessa per cui basta prendere le componenti di forza normali alla guida, senza scordare adesso la componente di coriolis che è diretta secondo l'asse y (in questo disegno normale al foglio):
$${N_R} = mg\cos \theta + m{\omega ^2}R{\sin ^2}\theta $$
Questa è la componente normale alla guida in senso radiale nel piano xz. Essa si può esprimere nelle componenti:
$$\eqalign{
& {N_x} = {N_R}\sin \theta = mg\cos \theta \sin \theta + m{\omega ^2}R{\sin ^3}\theta \cr
& {N_z} = {N_R}\cos \theta = mg{\cos ^2}\theta + m{\omega ^2}R{\sin ^2}\theta \cos \theta \cr} $$
E infine la componente secondo y dovuta alla forza apparente di coriolis:
$${N_y} = - 2\omega R\dot \theta \cos \theta = - 2\omega \dot x$$
Tutto ciò nell'ipotesi abbastanza remota che io non abbia commesso alcun errore, s'intende.
Io sono un sostenitore dell'equazione di lagrange.
Vediamo se riusciamo a validare l'equazione del moto a cui e' arrivato Falco con la conservazione dell'energia.
Nel sistema di riferimento da te scelto, esattamente come descritto, e con coordinata lagrangiana $\theta$, l'energia cinetica della sfera e':
$E_k=1/2mR^2\dottheta^2$
Le forze esterne in grado di compiere lavoro sono due: la forza peso e la forzacentrifuga, il cui potenziale puo' essere immediatamente scritto in funzione della lagrangiana $theta$ come:
$V=mgRcos\theta+1/2m\omega^2R^2sin^2\theta$
L'equazione di Lagrange, $ d/dt({partialE}/{partial\dottheta})={partialV}/{partialtheta} $ diventa allora:
$ mR^2\ddottheta=-mgRsintheta+m\omega^2R^2sinthetacostheta $
che e', una volta semplificato il termine $mR$, identica a quella trovata dal nostro rapace amico.
Da li, il resto della discussione per trovare la reazione vincolare fila liscio, mi sembra, e non ci sono modi alternativi di risolverlo.
Vediamo se riusciamo a validare l'equazione del moto a cui e' arrivato Falco con la conservazione dell'energia.
Nel sistema di riferimento da te scelto, esattamente come descritto, e con coordinata lagrangiana $\theta$, l'energia cinetica della sfera e':
$E_k=1/2mR^2\dottheta^2$
Le forze esterne in grado di compiere lavoro sono due: la forza peso e la forzacentrifuga, il cui potenziale puo' essere immediatamente scritto in funzione della lagrangiana $theta$ come:
$V=mgRcos\theta+1/2m\omega^2R^2sin^2\theta$
L'equazione di Lagrange, $ d/dt({partialE}/{partial\dottheta})={partialV}/{partialtheta} $ diventa allora:
$ mR^2\ddottheta=-mgRsintheta+m\omega^2R^2sinthetacostheta $
che e', una volta semplificato il termine $mR$, identica a quella trovata dal nostro rapace amico.
Da li, il resto della discussione per trovare la reazione vincolare fila liscio, mi sembra, e non ci sono modi alternativi di risolverlo.
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