Problema di dinamica
OK, visto che nessuno ancora ti ha risposto lo faccio io...
Per rispondere alla prima domanda bisogna che sia: $mu_1|N_1|>|F_a|$, dove $N_1=m_1gcosalpha$, trovare il velore della forza di attrito però ti impedisce di trovare una souzione immediata, infatti se scrivi la prima cardinale al corpo 1 hai: $T-F_a-m_1gsinalpha=m_1a$ dove $a$ è l'accelerazione del baricentro presa positiva se diretta verso l'alto. Puoi usare la prima cardinale applicata al corpo 2: $T+(mu_2cosalpha-sin alpha)m_2g=-2m_2a$, visto che se il centro del cilindro accelera di una quantità il blocco accelera del doppio.
C'è poi bisogno di una terza equazione, per esempio la seconda cardinale con polo nel centro delle velocità del corpo 1: $2RT-m_1gRsinalpha=I_(Cv)a/R$
dove $I_(Cv)=3/4m_1R^2$.
Fai le opportune sostituzioni e trovi tutto quello che ti serve...
Per rispondere alla prima domanda bisogna che sia: $mu_1|N_1|>|F_a|$, dove $N_1=m_1gcosalpha$, trovare il velore della forza di attrito però ti impedisce di trovare una souzione immediata, infatti se scrivi la prima cardinale al corpo 1 hai: $T-F_a-m_1gsinalpha=m_1a$ dove $a$ è l'accelerazione del baricentro presa positiva se diretta verso l'alto. Puoi usare la prima cardinale applicata al corpo 2: $T+(mu_2cosalpha-sin alpha)m_2g=-2m_2a$, visto che se il centro del cilindro accelera di una quantità il blocco accelera del doppio.
C'è poi bisogno di una terza equazione, per esempio la seconda cardinale con polo nel centro delle velocità del corpo 1: $2RT-m_1gRsinalpha=I_(Cv)a/R$
dove $I_(Cv)=3/4m_1R^2$.
Fai le opportune sostituzioni e trovi tutto quello che ti serve...
Risposte
Al corpo di destra sono applicate le seguenti forze:
$Ma=Mgsin(alpha)-T-Mgcos(alpha)*mu_M$ (1)
Al corpo di sinistra, prendendo come riferimento l'asse x parallelo al piano inclinato:
(Secondo y: $mgcos(alpha)=N$ con $N$ reazione veicolare del piano)
Dall'analisi del puro rotolamento si ha che la tensione e la forza di attrito producono un'accelerazione angolare del corpo
$T*R+mgcos(alpha)*mu_m*R=I*theta$ dove $I=1/2mR^2$ (2)
Per tener conto della forza peso del cilindro noto che rispetto al punto di contatto:
$T*2R-m*gsin(alpha)*R=I*theta$ (3)
A questo punto ci sono 3 equazioni in 4 incognite ($a,T,theta,mu_M$)
Ma poichè nel moto di puro rotolamento esiste una relazione tra il moto angolare e il moto trasversale scrivo:
$a=theta*2R$ dove $a$ è l'accelerazione nel punto di contatto del filo sul cilindro.
Sostituendo trovi $mu_M$
$Ma=Mgsin(alpha)-T-Mgcos(alpha)*mu_M$ (1)
Al corpo di sinistra, prendendo come riferimento l'asse x parallelo al piano inclinato:
(Secondo y: $mgcos(alpha)=N$ con $N$ reazione veicolare del piano)
Dall'analisi del puro rotolamento si ha che la tensione e la forza di attrito producono un'accelerazione angolare del corpo
$T*R+mgcos(alpha)*mu_m*R=I*theta$ dove $I=1/2mR^2$ (2)
Per tener conto della forza peso del cilindro noto che rispetto al punto di contatto:
$T*2R-m*gsin(alpha)*R=I*theta$ (3)
A questo punto ci sono 3 equazioni in 4 incognite ($a,T,theta,mu_M$)
Ma poichè nel moto di puro rotolamento esiste una relazione tra il moto angolare e il moto trasversale scrivo:
$a=theta*2R$ dove $a$ è l'accelerazione nel punto di contatto del filo sul cilindro.
Sostituendo trovi $mu_M$
Ti sbagli se scrivi la seconda cardinale rispetto al punto di contatto, allora non basta che tu scriva $I\theta$, ma dovresti considerare l'accelerazione del baricentro, oppure usare il momento d'inerzial ridotto la centro di istantanea rotazione.
Ciao
Ciao
Non capisco, ti riferisci alla numero 2 o 3?
Alla 3
Quello che ti volevo dire è che in generale la seconda equazione cardinale (per i corpi rigidi) si può scrivere rispetto ad un polo qualsiasi $A$:
$\vecM_A=J_G\dot\vec\omega+mAG\wedge\veca_G=J_A\dot\vec\omega+mAG\wedge\veca_A$
Essendo in questo caso $A=C_v$, ed essendo l'accelerazione di tale punto sempre parallela ad $AG$, allora il secondo addendo al secondo membro ssparisce ed ottieni quello che ti dicevo. In alternativa anche con la prima espressione puoi ottenere lo stesso risultato, basta che scrivi l'accelerazione del baricentro in funzione dell'accelerazione angolare.
$\vecM_A=J_G\dot\vec\omega+mAG\wedge\veca_G=J_A\dot\vec\omega+mAG\wedge\veca_A$
Essendo in questo caso $A=C_v$, ed essendo l'accelerazione di tale punto sempre parallela ad $AG$, allora il secondo addendo al secondo membro ssparisce ed ottieni quello che ti dicevo. In alternativa anche con la prima espressione puoi ottenere lo stesso risultato, basta che scrivi l'accelerazione del baricentro in funzione dell'accelerazione angolare.
Forse ho capito, l'inerzia del corpo va calcolata nella (3) rispetto al punto di contatto :
$I=1/2mR^2+mR^2=3/2mR^2$
Questo volevi dire, no?
$I=1/2mR^2+mR^2=3/2mR^2$
Questo volevi dire, no?
Esattamente 
cioè ma voi vi rendete conto o no di quanto siete ridicoli? quasi nessuno ha capito quello che vi siete detti..mi rivolgo soprattutto a te cavallipurosangue secondo te in fisica 1 si studiano le equazioni cardinali? ma per piacere
"nick3000":
cioè ma voi vi rendete conto o no di quanto siete ridicoli? quasi nessuno ha capito quello che vi siete detti..mi rivolgo soprattutto a te cavallipurosangue secondo te in fisica 1 si studiano le equazioni cardinali? ma per piacere
Mi disp che tu non abbia capito nulla... Del resto io non so che farci se al corso di fisica 1 non ti insegnano le basi di fisica 1...
Dimmi te cosa ti hanno insegnato se non le equazioni cardinali della dinamica... o forse con lo scorciare dei programmi, taglia qui taglia qua, hanno preferito togliere anche questa parte marginale e soprattutto aggiungerei da "specialisti"...
Sarebbe da ipocriti farsi un'idea delle conoscenze che tu hai riguardo fisica1, sulla base di un esercizio che tra l'altro non hai nemmeno postato. Scusa se è poco.
Per il resto, dovendo dare ancora l'orale di fisica1, per me è un utile ripasso, e ti ringrazio.
Per il resto, dovendo dare ancora l'orale di fisica1, per me è un utile ripasso, e ti ringrazio.
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