Problema Corpo rigido
Devo fare il seguente problema:
Una corda è avvolta attorno ad un cilindro di massa $M$ e raggio $r$, vincolato a ruotare attorno ad un asse orizzontale. All'estremo libero della corda pendente nel vuoto, è fissato un grave di massa $m$. All'istante $t=0$ quando la velocità angolare del cilindro vale $omega_0,$ viene applicata al cilindro una coppia frenante, mediante un motore che sviluppa una potenza costante $w=(mgr omega_0 )/2$ Si chiede di determinare l'istante $t_*$ in cui la velocità angolare del cilindro è $omega=1.5omega_0$.
Allora come un tipico problema di dinamica del corpo rigido parto da tre formule fondamenteli: le due equazioni cardinali dei sistemi e il teorema sull'energia cinetica.
$F^(e)=ma_c$
$M^(e)=I alpha$
$W=1/2V_2^2-1/2mv_1^2+1/2Iomega_2^2-1/2Iomega_1^2$
Inoltre so che la potenza è legata al lavoro come $P=W/t$
Il mio problema è che non so come gestire la coppia dato che non ho mai visto un problema simile. Potreste spiegarmi come gestire la cosa? Grazie.
Una corda è avvolta attorno ad un cilindro di massa $M$ e raggio $r$, vincolato a ruotare attorno ad un asse orizzontale. All'estremo libero della corda pendente nel vuoto, è fissato un grave di massa $m$. All'istante $t=0$ quando la velocità angolare del cilindro vale $omega_0,$ viene applicata al cilindro una coppia frenante, mediante un motore che sviluppa una potenza costante $w=(mgr omega_0 )/2$ Si chiede di determinare l'istante $t_*$ in cui la velocità angolare del cilindro è $omega=1.5omega_0$.
Allora come un tipico problema di dinamica del corpo rigido parto da tre formule fondamenteli: le due equazioni cardinali dei sistemi e il teorema sull'energia cinetica.
$F^(e)=ma_c$
$M^(e)=I alpha$
$W=1/2V_2^2-1/2mv_1^2+1/2Iomega_2^2-1/2Iomega_1^2$
Inoltre so che la potenza è legata al lavoro come $P=W/t$
Il mio problema è che non so come gestire la coppia dato che non ho mai visto un problema simile. Potreste spiegarmi come gestire la cosa? Grazie.
Risposte
Cherie... L'energia si mantiene e quindi il lavoro dato dalla differenza di energia cinetica è uguale a quello che fa il motore. Quindi ti basta integrare la potenza per t e ricavare t dalle formule.
Cherettinono ma abbiamo tre incognite: il $t$, $v_1$ e $v_2$ .
Pur facendo l'integrale, che nemmeno è un integrale, dato che la potenza è costante trovo che $W=mgr omega_0 t/2$.
Inoltre aggiungerei le altre due condizioni ma non so se vanno bene perchè c'è la coppia frenante, che non ho mai visto gestire, che sono date dalle forza peso e dal momento.
$RT=Ialpha$
$P-T=ma_(CM)$
Posso anche aggiungere il fatto che $alpha=a_(CM)/R$ cioè $T=1/2Ma_(CM)$ e $T=mg-ma_(CM)$ da cui trovo che $a_(CM)=(2mg)/(M+2m)$
A questo punto posso dire che $int_(t_0) ^t dot omega dt=omega_2-omega_1=2mg)/(M+2m)t-(2mg)/(M+2m)t_0=v_2^2/R^2-v_1^2/R^2$
Ma c'è qualcosa che manca per concludere....
Pur facendo l'integrale, che nemmeno è un integrale, dato che la potenza è costante trovo che $W=mgr omega_0 t/2$.
Inoltre aggiungerei le altre due condizioni ma non so se vanno bene perchè c'è la coppia frenante, che non ho mai visto gestire, che sono date dalle forza peso e dal momento.
$RT=Ialpha$
$P-T=ma_(CM)$
Posso anche aggiungere il fatto che $alpha=a_(CM)/R$ cioè $T=1/2Ma_(CM)$ e $T=mg-ma_(CM)$ da cui trovo che $a_(CM)=(2mg)/(M+2m)$
A questo punto posso dire che $int_(t_0) ^t dot omega dt=omega_2-omega_1=2mg)/(M+2m)t-(2mg)/(M+2m)t_0=v_2^2/R^2-v_1^2/R^2$
Ma c'è qualcosa che manca per concludere....
Hint. Quando viene richiesto un tempo è raro che il problema possa esser risolto con le conservazioni. Ti consiglio di scrivere l'equazione differenziale della dinamica per i due corpi ... (la potenza istantanea è il prodotto del momento frenante per la velocità angolare del cilindro) e di provare a risolverla, non dovrebbe essere complicato.
Buon lavoro!
Buon lavoro!
ok ci provo e vi aggiorno;)
Allora credo di aver risolto, grazie al vostro aiuto 
, però vorrei la conferma tra più fonti in modo da avere la certezza.
Partiamo dal fatto che la potenza istantanea è il prodotto del momento frenante per la velocità angolare del cilindro, come ha detto mirco.
[tex]\displaystyle P=M \omega(t)[/tex]
Con [tex]\displaystyle M[/tex] momento della coppia frenante.
Inoltre sappiamo che la potenza è pari in questo caso a:
[tex]\displaystyle P=(mgr \omega_0)/2[/tex]
e che quindi il momento della coppia è dunque:
[tex]\displaystyle M=F_m r[/tex]
Segue che
[tex]\displaystyle P = rF_m \omega(t)[/tex]
[tex]\displaystyle \frac12 m g r \omega_0 = r F_m \omega(t)[/tex]
[tex]\displaystyle m g \frac{\omega_0}{2\omega(t)} = F_m[/tex]
[tex]\displaystyle a(t) = \alpha\times r = r\alpha[/tex]
[tex]\displaystyle a(t) = \frac{F}{m} = \frac{-F_m + mg}{m} = g \left(1 -\frac{\omega_0}{2\omega(t)}\right)[/tex]
Osservo che [tex]\displaystayle F_m[/tex] ha direzione parallela a quella della forza peso ma senso opposto dato che per definizione [tex]\displaystayle F_m[/tex] è perpendicolare al braccio (Dico bene??? )
[tex]\displaystyle \alpha(t) = \frac{a(t)}{r} = \frac{g}{r} \left(1 - \frac{\omega_0}{2\omega(t)}\right)[/tex]
[tex]\displaystyle \frac{d\omega}{dt} = \alpha(t) = \frac{g}{r} \left(1 - \frac{\omega_0}{2\omega}\right)[/tex]
[tex]\displaystyle \frac{d\omega}{dt} = \frac{g}{r} \frac{2\omega - \omega_0}{2\omega}[/tex]
A questo punto sono indecisa su come va integrata l'equazione differenziale, scrivo entrambe le papabili soluzioni, ditemi voi quale è meglio:
PRIMO METODO:
[tex]\displaystyle \frac{2\omega}{2\omega - \omega_0} d\omega = \frac{g}{r}dt[/tex]
[tex]\displaystyle \int_0^{\tau} \frac{2\omega}{2\omega - \omega_0} d\omega = \int_0^{\tau} \frac{g}{r}dt[/tex]
[tex]\displaystyle \int_0^{\tau} \frac{2\omega - \omega_0 + \omega_0}{2\omega - \omega_0} d\omega = \frac{g}{r}\tau[/tex]
[tex]\displaystyle \tau + \omega_0\int_0^{\tau} \frac{d\omega}{2\omega - \omega_0} = \frac{g}{r}\tau[/tex]
[tex]\displaystyle \omega_0 \frac12 \ln{|2\omega - \omega_0|} = \left(\frac{g}{r} - 1\right)\tau[/tex]
[tex]\displaystyle \ln{|2\omega - \omega_0|} = \left(\frac{g}{r} - 1 \right) \frac{2\tau}{\omega_0}[/tex]
Per [tex]\omega\ge \omega_0[/tex]:
[tex]\displaystyle 2\omega - \omega_0 = \exp{\left[\left(\frac{g}{r} - 1 \right) \frac{2\tau}{\omega_0}\right]}[/tex]
[tex]\displaystyle 2\omega = \exp{\left[\left(\frac{g}{r} - 1 \right) \frac{2\tau}{\omega_0}\right]} + \omega_0[/tex]
SECONDO METODO:
[tex]\displaystyle d\omega = \frac{g}{r} \frac{2\omega - \omega_0}{2\omega}{dt}[/tex]
[tex]\displaystyle \omega=\int_{\omega_0}^{\omega} d\omega =\int _0^t \frac{g}{r} \frac{2\omega - \omega_0}{2\omega}{dt}[/tex]
[tex]\displaystyle \omega-\omega_0= \frac{g}{r} \frac{2\omega - \omega_0}{2\omega}{t}[/tex]
[tex]\displaystyle t= \frac{r(\omega-\omega_0)}{g} \frac{2\omega}{2\omega-\omega_0}[/tex]
a questo punto sostituisco [tex]\displaystyle \omega = 1.5 \omega_0[/tex]
Resta il fatto che in entrambi i casi la velocità angolare iniziale rimane incognita.
Grazie e spero che qualcuno mi sappia dare la soluzione.
, però vorrei la conferma tra più fonti in modo da avere la certezza.Partiamo dal fatto che la potenza istantanea è il prodotto del momento frenante per la velocità angolare del cilindro, come ha detto mirco.
[tex]\displaystyle P=M \omega(t)[/tex]
Con [tex]\displaystyle M[/tex] momento della coppia frenante.
Inoltre sappiamo che la potenza è pari in questo caso a:
[tex]\displaystyle P=(mgr \omega_0)/2[/tex]
e che quindi il momento della coppia è dunque:
[tex]\displaystyle M=F_m r[/tex]
Segue che
[tex]\displaystyle P = rF_m \omega(t)[/tex]
[tex]\displaystyle \frac12 m g r \omega_0 = r F_m \omega(t)[/tex]
[tex]\displaystyle m g \frac{\omega_0}{2\omega(t)} = F_m[/tex]
[tex]\displaystyle a(t) = \alpha\times r = r\alpha[/tex]
[tex]\displaystyle a(t) = \frac{F}{m} = \frac{-F_m + mg}{m} = g \left(1 -\frac{\omega_0}{2\omega(t)}\right)[/tex]
Osservo che [tex]\displaystayle F_m[/tex] ha direzione parallela a quella della forza peso ma senso opposto dato che per definizione [tex]\displaystayle F_m[/tex] è perpendicolare al braccio (Dico bene??? )
[tex]\displaystyle \alpha(t) = \frac{a(t)}{r} = \frac{g}{r} \left(1 - \frac{\omega_0}{2\omega(t)}\right)[/tex]
[tex]\displaystyle \frac{d\omega}{dt} = \alpha(t) = \frac{g}{r} \left(1 - \frac{\omega_0}{2\omega}\right)[/tex]
[tex]\displaystyle \frac{d\omega}{dt} = \frac{g}{r} \frac{2\omega - \omega_0}{2\omega}[/tex]
A questo punto sono indecisa su come va integrata l'equazione differenziale, scrivo entrambe le papabili soluzioni, ditemi voi quale è meglio:
PRIMO METODO:
[tex]\displaystyle \frac{2\omega}{2\omega - \omega_0} d\omega = \frac{g}{r}dt[/tex]
[tex]\displaystyle \int_0^{\tau} \frac{2\omega}{2\omega - \omega_0} d\omega = \int_0^{\tau} \frac{g}{r}dt[/tex]
[tex]\displaystyle \int_0^{\tau} \frac{2\omega - \omega_0 + \omega_0}{2\omega - \omega_0} d\omega = \frac{g}{r}\tau[/tex]
[tex]\displaystyle \tau + \omega_0\int_0^{\tau} \frac{d\omega}{2\omega - \omega_0} = \frac{g}{r}\tau[/tex]
[tex]\displaystyle \omega_0 \frac12 \ln{|2\omega - \omega_0|} = \left(\frac{g}{r} - 1\right)\tau[/tex]
[tex]\displaystyle \ln{|2\omega - \omega_0|} = \left(\frac{g}{r} - 1 \right) \frac{2\tau}{\omega_0}[/tex]
Per [tex]\omega\ge \omega_0[/tex]:
[tex]\displaystyle 2\omega - \omega_0 = \exp{\left[\left(\frac{g}{r} - 1 \right) \frac{2\tau}{\omega_0}\right]}[/tex]
[tex]\displaystyle 2\omega = \exp{\left[\left(\frac{g}{r} - 1 \right) \frac{2\tau}{\omega_0}\right]} + \omega_0[/tex]
SECONDO METODO:
[tex]\displaystyle d\omega = \frac{g}{r} \frac{2\omega - \omega_0}{2\omega}{dt}[/tex]
[tex]\displaystyle \omega=\int_{\omega_0}^{\omega} d\omega =\int _0^t \frac{g}{r} \frac{2\omega - \omega_0}{2\omega}{dt}[/tex]
[tex]\displaystyle \omega-\omega_0= \frac{g}{r} \frac{2\omega - \omega_0}{2\omega}{t}[/tex]
[tex]\displaystyle t= \frac{r(\omega-\omega_0)}{g} \frac{2\omega}{2\omega-\omega_0}[/tex]
a questo punto sostituisco [tex]\displaystyle \omega = 1.5 \omega_0[/tex]
Resta il fatto che in entrambi i casi la velocità angolare iniziale rimane incognita.
Grazie e spero che qualcuno mi sappia dare la soluzione.
Temo che non ci siamo.
Non ho capito molto della tua impostazione, ma non mi sembra corretta. Sintomo evidente: nella soluzione manca il momento d'inerzia di massa del cilindro che invece gioca un ruolo determinate nel problema.
Ripeto, prova a scrivere entambe le equazioni della dinamica (la rotazionale per il cilindro e la traslazionale per la massa) considerando anche il tiro del filo, che non è il peso del corpo che scende (visto che presumibilmente questo accelera).
La condizione iniziale è $omega(0)=omega_0$ con quest'ultima quantità assunta data dal testo.
Try again.
Non ho capito molto della tua impostazione, ma non mi sembra corretta. Sintomo evidente: nella soluzione manca il momento d'inerzia di massa del cilindro che invece gioca un ruolo determinate nel problema.
Ripeto, prova a scrivere entambe le equazioni della dinamica (la rotazionale per il cilindro e la traslazionale per la massa) considerando anche il tiro del filo, che non è il peso del corpo che scende (visto che presumibilmente questo accelera).
La condizione iniziale è $omega(0)=omega_0$ con quest'ultima quantità assunta data dal testo.
Try again.
Scusatemi sto facendo anche io lo stesso problema (penso di avere lo stesso eserciziario di squalllionheart il "Rosati") e mi sfugge una cosa quando si parla di coppia frenante e si scrive la seconda equazione cardinale per il cilindro la coppia frenante la considero come se agisse tutta da una parte del cilindro oppure la devo considerare come se agisse due volte una da una parte e una dall'altra?
Non so se sono stato chiaro spero di sì
In questo caso correggetemi se sbaglio dovrei poter scrivere le seguenti equazioni
Risultante delle forze su corpo in caduta:
$ma= mg-T$
$T=m(g-alphar)$ poiché $a=alphar$
Mentre sfruttando la seconda cardinale si può scrivere che:
$Ialpha=rT-rFcop$ Dove $Fcop$ è la forza esercitata dalla coppia frenante
E poi come vado avanti?
Non so se sono stato chiaro spero di sì
In questo caso correggetemi se sbaglio dovrei poter scrivere le seguenti equazioni
Risultante delle forze su corpo in caduta:
$ma= mg-T$
$T=m(g-alphar)$ poiché $a=alphar$
Mentre sfruttando la seconda cardinale si può scrivere che:
$Ialpha=rT-rFcop$ Dove $Fcop$ è la forza esercitata dalla coppia frenante
E poi come vado avanti?
Credo che vada trattata come se agisse tutta da una parte del cilindro, quindi come hai scritto tu, cioè stesso verso ma in direzione opposta.
Se svolgi i conti isolando $T$ nella prima e nella seconda equazione cardinale arrivi esattamente dove sono arrivata io grazie all'aiuto di vict e mirco cioè imponendo che $P=Momega(t)$ e che $M=rF$ ottieni un la relazione $\dot omega=2mg/(r(M+2M))((2omega(t)-omega_0)/(2omega(t)))$ a questo punto integro l'equazione differenziale $dot omega=domega/dt=2mg/(r(M+2M)((2omega(t)-omega_0)/(2omega(t)))$ dunque $(2omega(t))/(2omega(t)-omega_0)domega=(2mg dt)/(r(M+2M)$ integrando ambo i membri si ottieme
$int_(omega_0)^omega (2omega(t))/(2omega(t)-omega_0)domega=int_(0)^t(2mg dt)/(r(M+2M)$ e risolvendo il tutto salto dei passaggi si ottiene che $t=r(M+2m)/(2mg) (omega-omega_0 +log(2omega(t)-omega_0)/2)$ imponendo la condizione $omega=1.5omega_0$ dovrei aver finito...
Spero chhe qualche anima pia mi sappia dire dove sbaglio, dato che è molto importante per me...
Se svolgi i conti isolando $T$ nella prima e nella seconda equazione cardinale arrivi esattamente dove sono arrivata io grazie all'aiuto di vict e mirco cioè imponendo che $P=Momega(t)$ e che $M=rF$ ottieni un la relazione $\dot omega=2mg/(r(M+2M))((2omega(t)-omega_0)/(2omega(t)))$ a questo punto integro l'equazione differenziale $dot omega=domega/dt=2mg/(r(M+2M)((2omega(t)-omega_0)/(2omega(t)))$ dunque $(2omega(t))/(2omega(t)-omega_0)domega=(2mg dt)/(r(M+2M)$ integrando ambo i membri si ottieme
$int_(omega_0)^omega (2omega(t))/(2omega(t)-omega_0)domega=int_(0)^t(2mg dt)/(r(M+2M)$ e risolvendo il tutto salto dei passaggi si ottiene che $t=r(M+2m)/(2mg) (omega-omega_0 +log(2omega(t)-omega_0)/2)$ imponendo la condizione $omega=1.5omega_0$ dovrei aver finito...
Spero chhe qualche anima pia mi sappia dire dove sbaglio, dato che è molto importante per me...
Credo di aver trovato l'ultimo errore nel problema.
In generale il momento di una coppia di forze è $M=bXF$ dove $b$ è il braccio, cioè la distanza tra le due rette in cui giacciono $F$ e $-F$ dunque $P=Momega(t)$ e $M=2rF_C$ dove $F_C$ è la forza della coppia sarà $F_C=(mgomega_0)/(4omega(t))$ da qui si procede in modo del tutto analogo a prima...
In generale il momento di una coppia di forze è $M=bXF$ dove $b$ è il braccio, cioè la distanza tra le due rette in cui giacciono $F$ e $-F$ dunque $P=Momega(t)$ e $M=2rF_C$ dove $F_C$ è la forza della coppia sarà $F_C=(mgomega_0)/(4omega(t))$ da qui si procede in modo del tutto analogo a prima...
Devi notare che la fune è avvolta nel cilindro quindi quando esso rotola, la fune si avvolge.
Di conseguenza la fune si accorcia, e quindi la velocità e accelerazione del corpo dovranno essere superiori a quelle del cilindro. Se il centro di massa del cilindro si sposta di una distanza $delta$, la fune si avvolgerà pure di $delta$ essendo un moto di puro rotolamento senza strisciamento. Il corpo si sposterà allora di $2delta$.Ne segue che la velocità del corpo deve essere il doppio di quella del centro di massa del cilindro, e quindi lo stesso dicasi per l'accelerazione.
$T - mg = m*a_1$
$a_1$ = accelerazione del corpo
$P = tau * omega$
$ tau = mgR/2 $
$2T*R - (mgR^2 /2) = I*alpha$
ricavi alpha
$omega= omega_0 +alpha*t$
ed hai finito.
Se ci sono errori ditemelo..
Di conseguenza la fune si accorcia, e quindi la velocità e accelerazione del corpo dovranno essere superiori a quelle del cilindro. Se il centro di massa del cilindro si sposta di una distanza $delta$, la fune si avvolgerà pure di $delta$ essendo un moto di puro rotolamento senza strisciamento. Il corpo si sposterà allora di $2delta$.Ne segue che la velocità del corpo deve essere il doppio di quella del centro di massa del cilindro, e quindi lo stesso dicasi per l'accelerazione.
$T - mg = m*a_1$
$a_1$ = accelerazione del corpo
$P = tau * omega$
$ tau = mgR/2 $
$2T*R - (mgR^2 /2) = I*alpha$
ricavi alpha
$omega= omega_0 +alpha*t$
ed hai finito.
Se ci sono errori ditemelo..
Scusami ma mi sa che ti sei perso un passaggio del testo del problema o forse non è stato scritto bene( mi permetto di dirlo perchè c'è l'ho sotto mano), dice esplicitamente che il cilindro è vincolato a ruotare intorno ad un asse orizzontale (lui non lo dice ma spero che l'asse sia fisso anche perchè se no crollerebbe tutto nel vuoto) quindi dato che la velocità angolare finale è 1,5 volte quella iniziale e la coppia è frenante il moto del corpo sospeso è verso il basso anche se ovviamente più lento di quello di caduta libera, non credo che abbia senso parlare di forza frenante se essa è applicata nello stesso verso della rotazione.
"squalllionheart":
Credo di aver trovato l'ultimo errore nel problema.
In generale il momento di una coppia di forze è $M=bXF$ dove $b$ è il braccio, cioè la distanza tra le due rette in cui giacciono $F$ e $-F$ dunque $P=Momega(t)$ e $M=2rF_C$ dove $F_C$ è la forza della coppia sarà $F_C=(mgomega_0)/(4omega(t))$ da qui si procede in modo del tutto analogo a prima...
Penso e spero che tu abbia ragione infatti anche a me torna tutto il resto però non mi viene il diviso 2 che invece se presuppongo che la forza frenante agisca sia di qua che di là viene.
Se qualcuno che ha un pò più dimestichezza con l'utilizzo delle coppie può chiarirci se quando si scrive il momento della coppia frenante bisogna considerare quello di tutte e due le forze uguale alla potenza o soltanto quello di una, vi sarei molto ma molto grato.
Grazie mille
Redbaron990
credo sia cosi perchè su veri testi ho letto che il momento di una coppia è il prodotto tra il braccio e la forza ora dato che il braccio è $2r$ necessariamente abbiamo quello...
Grazie a tutti ;D
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