Problema meccanica
http://tinypic.com/view.php?pic=2dwatfd ... 2d8bIEifeo
potreste aiutarmi con questo esercizio ho delle difficoltà nell'impostarlo.
potreste aiutarmi con questo esercizio ho delle difficoltà nell'impostarlo.
Risposte
Scrivi le equazioni del moto.
ho provato a svolgerlo in questo modo:
${mg-T_1=ma}$ moto massa m
${2T_2R-f_aR=I_Mα_M}$ eq della dinamica per la carrucola di massa M
${T_1r-2T_2r=I_mα_m}$ eq della dinamica carrucola massa m
a questo punto avrei comunque 3 equazioni con 4 incognite.
ma almeno ho scritto bene o ho fatto qualche errore?
grazie.
${mg-T_1=ma}$ moto massa m
${2T_2R-f_aR=I_Mα_M}$ eq della dinamica per la carrucola di massa M
${T_1r-2T_2r=I_mα_m}$ eq della dinamica carrucola massa m
a questo punto avrei comunque 3 equazioni con 4 incognite.
ma almeno ho scritto bene o ho fatto qualche errore?
grazie.
"dome90210":
ho provato a svolgerlo in questo modo:
${mg-T_1=ma}$ moto massa m
${2T_2R-f_aR=I_Mα_M}$ eq della dinamica per la carrucola di massa M
${T_1r-2T_2r=I_mα_m}$ eq della dinamica carrucola massa m
a questo punto avrei comunque 3 equazioni con 4 incognite.
ma almeno ho scritto bene o ho fatto qualche errore?
grazie.
ho provato a svolgerlo anche con il metodo di d'alambert cioe' esaminando gli spostamenti.
l'ho impostato così:
$P_1dx_1-f_adx_2=madx_1+Iαd_ϑ$
con $dx_2=dx_1/2$;$α=a/(2R)$;$d_ϑ=dx_1/(2R)$;$I=3/2MR^2$
considerando il disco come corpo2 e la massa come corpo1.
non so se ho fatto bene però.
Dome, vediamo se riesco ad aiutarti.
Come io vedo il problema, le incognite sono 4 , e cioè :
1) l'accelerazione $a$ della massa $m$ sospesa.
2)la tensione $T_1$ nel filo che "frena" questa massa, cioè nel tratto verticale di filo.
3)la tensione $T_2$ nel tratto di filo orizzontale, che è diversa da $T_1$ in quanto c'è di mezzo la puleggia di rinvio, di massa $m$ e momento di inerzia $I_1 =1/2mr^2$ non trascurabile
4) infine, la forza di attrito $f$ tra piano e puleggia grande. Questa forza di attrito non sappiamo come è diretta, se in avanti o all'indietro; guarda questo topic sul "rotolamento puro" , in cui ho dato risposte al tuo collega xnix, e ti rendi conto :
viewtopic.php?f=19&t=132351
MA se immaginiamo che la forza $T_2$ sia applicata più in basso, cioè all'altezza del cdm di $M$, dobbiamo aggiungere un momento orario applicato all'asse, di valore pari a $T_2*R$ : qui siamo cioè nel caso in cui sulla $M$ agisce sia una forza diretta verso destra, applicata all'asse (per cui la forza di attrito esercitata dal piano è diretta all'indietro rispetto al moto), sia un momento orario, per cui la forza di attrito esercitata dal piano è diretta nel senso del moto. In definitiva, ipotizzo che anche $\vecf$ sia diretta, come vettore, in avanti, in modo da contrastare il momento detto. Dai calcoli si vedrà se la scelta è giusta o meno.
Che equazioni si possono scrivere ?
1) 2° eq. della dinamica per la massa in discesa : $ma = mg - T_1$ -------(1)
2) 2° eq. cardinale della dinamica per la puleggia di rinvio : $ T_1r - T_2r = I_1*\alpha = 1/2mr^2*a/r$ -------(2)
(l'accelerazione angolare della puleggia è uguale a $a/r$ )
3) 1° eq. cardinale della dinamica per la puleggia $M$, la cui massa si immagina concentrata nel CM. Qui bisogna fare attenzione : se l'accelerazione lineare del filo che "esce" da $M$ è $a$ , cioè quella già detta nella (1) , l'accelerazione lineare del CM della puleggia $M$ è la metà, cioè : $a_(CM) = 1/2a$ . Il motivo è semplice, basta considerare che il moto di $M$ è una rotazione istantanea attorno al punto di contatto col piano. Quindi le velocità dei punti di un diametro verticale variano linearmente, e così pure le accelerazioni. Le forze che determinano l'accelerazione del CM sono $T_2$ ed $f$ , entrambe dirette verso destra. Quindi si ha :
$a_(CM)*M = 1/2Ma = T_2 + f$ --------(3)
4) 2° eq. cardinale della din. per la puleggia $M$ : per lo stesso motivo di cui sopra, l'accelerazione angolare vale $\alpha_2 = a_(CM)/R = 1/2a/R$. Pertanto :
$T_2*R - f*R = I_2\alpha_2 = 1/2MR^2*1/2a/R $--------(4)
Queste 4 equazioni risolvono il problema. Mi sono fatto anche i calcoli , e se ho fatto bene i conti risulta :
accelerazione del filo $a = 4.36 m/s^2$ ; quindi : $a_(CM) = 2.18 m/s^2$ (risposta 13.b)
tensione nel filo verticale $ T_1 = 27.25 N $ (risposta 16.a)
tensione nel filo orizzontale $T_2 = 16.35 N $ (risposta 14.a)
forza di attrito $f = 5.45 N $ , diretta verso destra (risposta 15.c) . LA forza max d' attrito possibile per avere il rotolamento puro risulta $0.2*9.81*10N =19.62N$ , quindi il rotolamento puro è assicurato perché $f$ è minore.
E poi non ho calcolato altro. Ma velocità e lavoro sono abbastanza semplici da determinare. Specie il lavoro della forza di attrito...
Fa' attenzione, nello stampato dei risultati c'è uno scambio tra $T_1$ e $T_2$ rispetto ai nomi cha hai dato tu. E c'è pure un errore.
Come io vedo il problema, le incognite sono 4 , e cioè :
1) l'accelerazione $a$ della massa $m$ sospesa.
2)la tensione $T_1$ nel filo che "frena" questa massa, cioè nel tratto verticale di filo.
3)la tensione $T_2$ nel tratto di filo orizzontale, che è diversa da $T_1$ in quanto c'è di mezzo la puleggia di rinvio, di massa $m$ e momento di inerzia $I_1 =1/2mr^2$ non trascurabile
4) infine, la forza di attrito $f$ tra piano e puleggia grande. Questa forza di attrito non sappiamo come è diretta, se in avanti o all'indietro; guarda questo topic sul "rotolamento puro" , in cui ho dato risposte al tuo collega xnix, e ti rendi conto :
viewtopic.php?f=19&t=132351
MA se immaginiamo che la forza $T_2$ sia applicata più in basso, cioè all'altezza del cdm di $M$, dobbiamo aggiungere un momento orario applicato all'asse, di valore pari a $T_2*R$ : qui siamo cioè nel caso in cui sulla $M$ agisce sia una forza diretta verso destra, applicata all'asse (per cui la forza di attrito esercitata dal piano è diretta all'indietro rispetto al moto), sia un momento orario, per cui la forza di attrito esercitata dal piano è diretta nel senso del moto. In definitiva, ipotizzo che anche $\vecf$ sia diretta, come vettore, in avanti, in modo da contrastare il momento detto. Dai calcoli si vedrà se la scelta è giusta o meno.
Che equazioni si possono scrivere ?
1) 2° eq. della dinamica per la massa in discesa : $ma = mg - T_1$ -------(1)
2) 2° eq. cardinale della dinamica per la puleggia di rinvio : $ T_1r - T_2r = I_1*\alpha = 1/2mr^2*a/r$ -------(2)
(l'accelerazione angolare della puleggia è uguale a $a/r$ )
3) 1° eq. cardinale della dinamica per la puleggia $M$, la cui massa si immagina concentrata nel CM. Qui bisogna fare attenzione : se l'accelerazione lineare del filo che "esce" da $M$ è $a$ , cioè quella già detta nella (1) , l'accelerazione lineare del CM della puleggia $M$ è la metà, cioè : $a_(CM) = 1/2a$ . Il motivo è semplice, basta considerare che il moto di $M$ è una rotazione istantanea attorno al punto di contatto col piano. Quindi le velocità dei punti di un diametro verticale variano linearmente, e così pure le accelerazioni. Le forze che determinano l'accelerazione del CM sono $T_2$ ed $f$ , entrambe dirette verso destra. Quindi si ha :
$a_(CM)*M = 1/2Ma = T_2 + f$ --------(3)
4) 2° eq. cardinale della din. per la puleggia $M$ : per lo stesso motivo di cui sopra, l'accelerazione angolare vale $\alpha_2 = a_(CM)/R = 1/2a/R$. Pertanto :
$T_2*R - f*R = I_2\alpha_2 = 1/2MR^2*1/2a/R $--------(4)
Queste 4 equazioni risolvono il problema. Mi sono fatto anche i calcoli , e se ho fatto bene i conti risulta :
accelerazione del filo $a = 4.36 m/s^2$ ; quindi : $a_(CM) = 2.18 m/s^2$ (risposta 13.b)
tensione nel filo verticale $ T_1 = 27.25 N $ (risposta 16.a)
tensione nel filo orizzontale $T_2 = 16.35 N $ (risposta 14.a)
forza di attrito $f = 5.45 N $ , diretta verso destra (risposta 15.c) . LA forza max d' attrito possibile per avere il rotolamento puro risulta $0.2*9.81*10N =19.62N$ , quindi il rotolamento puro è assicurato perché $f$ è minore.
E poi non ho calcolato altro. Ma velocità e lavoro sono abbastanza semplici da determinare. Specie il lavoro della forza di attrito...
Fa' attenzione, nello stampato dei risultati c'è uno scambio tra $T_1$ e $T_2$ rispetto ai nomi cha hai dato tu. E c'è pure un errore.
grazie navigatore il tuo aiuto mi e' servito..sopratutto per il topik che mi hai consigliato sul rotolamento puro..e da quello che ho letto il lavoro della forza di attrito durante il rotolamento puro e' nullo.
il dubbio che mi sorge e' un altro..te ne sarei grato se potessi aiutarmi.
ho trovato alcuni esercizi simili a questo con annesso lo svolgimento solo che non riesco a capire il perchè di alcune differenze nella risoluzione.
ad esempio questo esercizio:
http://tinypic.com/view.php?pic=1e06s5&s=8#.U2ocZIEifeo
perchè in questo il momento di inerzia viene considerato rispetto all'asse passante per il punto di contatto con il piano e quindi si utilizza il sistema degli assi paralleli ?
e perchè quando si va a scrivere l'eq della dinamica per la puleggia viene scritto in questo caso 2RT?perche' 2?
grazie spero di essermi fatto capire..
il dubbio che mi sorge e' un altro..te ne sarei grato se potessi aiutarmi.
ho trovato alcuni esercizi simili a questo con annesso lo svolgimento solo che non riesco a capire il perchè di alcune differenze nella risoluzione.
ad esempio questo esercizio:
http://tinypic.com/view.php?pic=1e06s5&s=8#.U2ocZIEifeo
perchè in questo il momento di inerzia viene considerato rispetto all'asse passante per il punto di contatto con il piano e quindi si utilizza il sistema degli assi paralleli ?
e perchè quando si va a scrivere l'eq della dinamica per la puleggia viene scritto in questo caso 2RT?perche' 2?
grazie spero di essermi fatto capire..
"dome90210":
grazie navigatore il tuo aiuto mi e' servito..sopratutto per il topik che mi hai consigliato sul rotolamento puro..e da quello che ho letto il lavoro della forza di attrito durante il rotolamento puro e' nullo.
il dubbio che mi sorge e' un altro..te ne sarei grato se potessi aiutarmi.
ho trovato alcuni esercizi simili a questo con annesso lo svolgimento solo che non riesco a capire il perchè di alcune differenze nella risoluzione.
ad esempio questo esercizio:
http://tinypic.com/view.php?pic=1e06s5&s=8#.U2ocZIEifeo
perchè in questo il momento di inerzia viene considerato rispetto all'asse passante per il punto di contatto con il piano e quindi si utilizza il sistema degli assi paralleli ?
e perchè quando si va a scrivere l'eq della dinamica per la puleggia viene scritto in questo caso 2RT?perche' 2?
grazie spero di essermi fatto capire..
Navigatore mi perdonerà se mi intrometto, ma siamo amici di penna(ehm di tastiera)
per calcolare l'inerzia devi sempre valutarla rispetto all' asse in cui è imperniata la rotazione. Se un oggetto rotola, istante per istante l'asse di rotazione sarà coincidente con l'asse passante per il punto di contatto appartenete al piano. Quindi devi usare il teorema di Huygens-Steiner.
2 R T è relativa al cilindro non alla puleggia (2R è la distanza del punto di applicazione della forza T rispetto al punro di rotolamento che viene individuato come polo)
"Skylarry":
………...
Navigatore mi perdonerà se mi intrometto, ma siamo amici di penna(ehm di tastiera)
per calcolare l'inerzia devi sempre valutarla rispetto all' asse in cui è imperniata la rotazione. Se un oggetto rotola, istante per istante l'asse di rotazione sarà coincidente con l'asse passante per il punto di contatto appartenete al piano. Quindi devi usare il teorema di Huygens-Steiner.
2 R T è relativa al cilindro non alla puleggia (2R è la distanza del punto di applicazione della forza T rispetto al punro di rotolamento che viene individuato come polo)
Bè, non è detto che "devi sempre" valutare l'inerzia (il momento di inerzia….) rispetto all'asse di istantanea rotazione.
Quando scrivi che : $ T*2R = I\alpha$ , non stai facendo altro che applicare la 2° equazione cardinale della dinamica al cilindro che ruota sul piano, la quale richiede l'individuazione di un "polo" (preferibilmente fisso o coincidente col cdm) e il calcolo del momento angolare e delle forze rispetto al polo scelto.
Infatti il primo membro è il momento della forza $T$ rispetto al polo, assunto nel centro di istantanea rotazione, che deve essere uguale alla variazione del momento angolare del cilindro calcolato rispetto allo stesso punto: ecco perché ci va il momento di inerzia rispetto a questo punto (formula di Huygens…), e l'accelerazione angolare, che in ogni caso vale $a/(2R)$.
LA comodità di queste scelta del polo qui deriva dal fatto che così facendo eviti di considerare il momento della forza di attrito, che in generale è presente tra cilindro e piano, ma non è nota a priori, poiché il polo coincide col punto di applicazione della forza di attrito.
Invece, nell ' esercizio svolto, chiedeva di calcolare anche la $f$ di attrito. Avresti potuto, anche in esso, assumere come polo il punto di contatto, ma poi dovevi comunque scrivere un'altra equazione per determinare la $f$.
Insomma, dipende!
PEr inciso, la situazione del secondo esercizio non è che una variante del primo, dove c'è di nuovo che il piano è inclinato.
Tutto chiaro nell'esercizio svolto?
sembrerebbe tutto chiaro..
ma non temere in caso di ulteriori dubbi non esiterò a chiedere..
grazie ancora.
ma non temere in caso di ulteriori dubbi non esiterò a chiedere..
grazie ancora.
salve ragazzi ho un dubbio su un esercizio simile a questo quindi ho deciso di postarlo qui invece di aprire un altro topik..
il problema e' questo http://tinypic.com/view.php?pic=w6qr2p&s=8#.U3i0n9J_uuI
io ho provato a risolverlo in questo modo ipotizzando che il sistema si sposti verso sinistra ovvero che la massa $m_1$ scenda:
${m_1g-T_1=m_1a}$
${T_1r_2-T_2=I_2alpha_2}$
${T_2+f_a-m_3gsintheta=m_3a_(3,cm)}$
${T_"r_3-f_ar_3-m_3gsinthetar_3=I_3alpha_3}$
con:
$I_2=1/2m_2r_2$; $I_3=1/2m_3r_3$;
$alpha_2=a/r_2$ $alpha_3=a/(2r_3)$
ottenendo: $a=((2m_1-2m_3sintheta)g)/(2m_1+m_2+3/4m_3)=1,3m/s^2$
fin qui credo di aver fatto bene credo..
il problema sorge nel momento in cui volessi impostare il sistema senza considerare la forza di attrito $f_a$.
in questo caso io farei così:
${m_1g-T_1=m_1a}$
${T_1r_2-T_2r_2=I_2alpha_2}$
${2r_3T_2-m_3gsintheta=I_3alpha_3}$
con:
$I_2=1/2m_2r_2^2$; $I_3=3/2m_3r_3^2$;
$alpha_2=a/r_2$ $alpha_3=a/(2r_3)$
il problema e' che ora $a$ sarebbe:
$a=((2m_1-m_3sintheta)g)/(2m_1+m_2+3/4m_3)$
diverso dal risultato precendente..
qualcuno saprebbe spiegarmi dove sbaglio
grazie..
il problema e' questo http://tinypic.com/view.php?pic=w6qr2p&s=8#.U3i0n9J_uuI
io ho provato a risolverlo in questo modo ipotizzando che il sistema si sposti verso sinistra ovvero che la massa $m_1$ scenda:
${m_1g-T_1=m_1a}$
${T_1r_2-T_2=I_2alpha_2}$
${T_2+f_a-m_3gsintheta=m_3a_(3,cm)}$
${T_"r_3-f_ar_3-m_3gsinthetar_3=I_3alpha_3}$
con:
$I_2=1/2m_2r_2$; $I_3=1/2m_3r_3$;
$alpha_2=a/r_2$ $alpha_3=a/(2r_3)$
ottenendo: $a=((2m_1-2m_3sintheta)g)/(2m_1+m_2+3/4m_3)=1,3m/s^2$
fin qui credo di aver fatto bene credo..
il problema sorge nel momento in cui volessi impostare il sistema senza considerare la forza di attrito $f_a$.
in questo caso io farei così:
${m_1g-T_1=m_1a}$
${T_1r_2-T_2r_2=I_2alpha_2}$
${2r_3T_2-m_3gsintheta=I_3alpha_3}$
con:
$I_2=1/2m_2r_2^2$; $I_3=3/2m_3r_3^2$;
$alpha_2=a/r_2$ $alpha_3=a/(2r_3)$
il problema e' che ora $a$ sarebbe:
$a=((2m_1-m_3sintheta)g)/(2m_1+m_2+3/4m_3)$
diverso dal risultato precendente..
qualcuno saprebbe spiegarmi dove sbaglio
grazie..
"dome90210":
……...
Il problema sorge nel momento in cui volessi impostare il sistema senza considerare la forza di attrito $f_a$.
in questo caso io farei così:
${m_1g-T_1=m_1a}$
${T_1r_2-T_2r_2=I_2alpha_2}$
${2r_3T_2-m_3gsintheta=I_3alpha_3}$
con:
$I_2=1/2m_2r_2^2$ $I_3=3/2m_3r_3^2$
$alpha_2=a/r_2$ $alpha_3=a/(2r_3)$
il problema e' che ora $a$ sarebbe:
$a=((2m_1-m_3sintheta)g)/(2m_1+m_2+3/4m_3)$
diverso dal risultato precendente..
qualcuno saprebbe spiegarmi dove sbaglio
grazie..
Conviene impostare le equazioni nel secondo modo, cioè assumendo come polo per il disco il punto di contatto. Così hai una equazione di meno. LA forza di attrito c'è sempre, ma è applicata nel polo e quindi ha momento nullo.
Però ti dimentichi sempre di elevare al quadrato i raggi nei momenti di inerzia. Te li ho corretti io qui sopra.
L'espressione dell'accelerazione ricavata nel secondo modo è giusta, e il valore dovrebbe essere : $a = 3.38 m/s^2$.
Però siamo alle solite : la tensione $T_1$ risulta : $12.85N$ , diversa di tutti i valori proposti.
Per quanto riguarda il primo metodo, ti sei scordato qualcosa: il 1° membro della seconda eq. deve essere : $(T_1-T_2)*r_2$.
E poi, hai sbagliato la quarta equazione. Stai assumendo ora che il polo sia il cdm del disco, in cui è applicato il peso. Perciò Il primo membro è il momento delle 2 forze $T_2$ e $f_a$ rispetto al cdm, quindi deve essere : $T_2r_3 - f_ar_3 $ e basta.
Però attenzione : il momento di inerzia ora è solo quello proprio : $I_3 = 1/2m_3r_3^2$ . Non è quello che hai adoperato nel secondo metodo, dove c'è anche il termine di trasporto! Bisogna stare attenti a riferire momenti di forze e momenti angolari allo stesso polo.
"navigatore":
[quote="dome90210"]……...
Il problema sorge nel momento in cui volessi impostare il sistema senza considerare la forza di attrito $f_a$.
in questo caso io farei così:
${m_1g-T_1=m_1a}$
${T_1r_2-T_2r_2=I_2alpha_2}$
${2r_3T_2-m_3gsintheta=I_3alpha_3}$
con:
$I_2=1/2m_2r_2^2$ $I_3=3/2m_3r_3^2$
$alpha_2=a/r_2$ $alpha_3=a/(2r_3)$
il problema e' che ora $a$ sarebbe:
$a=((2m_1-m_3sintheta)g)/(2m_1+m_2+3/4m_3)$
diverso dal risultato precendente..
qualcuno saprebbe spiegarmi dove sbaglio
grazie..
Conviene impostare le equazioni nel secondo modo, cioè assumendo come polo per il disco il punto di contatto. Così hai una equazione di meno. LA forza di attrito c'è sempre, ma è applicata nel polo e quindi ha momento nullo.
Però ti dimentichi sempre di elevare al quadrato i raggi nei momenti di inerzia. Te li ho corretti io qui sopra.
L'espressione dell'accelerazione ricavata nel secondo modo è giusta, e il valore dovrebbe essere : $a = 3.38 m/s^2$.
Però siamo alle solite : la tensione $T_1$ risulta : $12.85N$ , diversa di tutti i valori proposti.
Per quanto riguarda il primo metodo, ti sei scordato qualcosa: il 1° membro della seconda eq. deve essere : $(T_1-T_2)*r_2$.
E poi, hai sbagliato la quarta equazione. Stai assumendo ora che il polo sia il cdm del disco, in cui è applicato il peso. Perciò Il primo membro è il momento delle 2 forze $T_2$ e $f_a$ rispetto al cdm, quindi deve essere : $T_2r_3 - f_ar_3 $ e basta.
Però attenzione : il momento di inerzia ora è solo quello proprio : $I_3 = 1/2m_3r_3^2$ . Non è quello che hai adoperato nel secondo metodo, dove c'è anche il termine di trasporto! Bisogna stare attenti a riferire momenti di forze e momenti angolari allo stesso polo.[/quote]
navigatore ti ringrazio ancora per la tua disponibilità.
per quanto riguarda il sistema di equazioni che ho ottenuto considerando come polo il punto di contatto ho corretto il fatto dei raggi dove ho dimenticato di mettere il quadrato, ma era stato solo un errore di distrazione, nel risolvere l'eq ho fatto bene, e nella seconda equazione ho fatto come dicevi tu infatti avevo scritto $T_1r_2-T_2r_2=1/2m_2r_2^2a/r_2$
il problema e' che il risultato esatto a cui devo pervenire è $a=1,3m/s^2$
risultato che ottengo con il primo metodo ma non con il secondo dove $a=3,38m/s^2$ non e' la soluzione esatta..
Ma hai capito che nel "primo metodo" , dove stai considerando la forza di attrito, stai assumendo come polo per il calcolo dei momenti il centro del disco, e quindi la 4° equazione è sbagliata ? Mi sembra di no.
"navigatore":
Ma hai capito che nel "primo metodo" , dove stai considerando la forza di attrito, stai assumendo come polo per il calcolo dei momenti il centro del disco, e quindi la 4° equazione è sbagliata ? Mi sembra di no.
scusa mi sa che ti sto facendo spazientire..
nel leggere di fretta ho fatto confusione prima..credevo che avessi sbagliato le eq nel sistema dove assumevo come polo per il disco il punto di contatto invece tu ti riferivi a quando stavo assumendo come polo per il calcolo il centro del disco..
ora ti voglio chiedere come mai la quarta equazione ovvero ${T_2r_3-f_ar_3-m_3gsinthetar_3=I_3alpha_3}$ devo considerare al primo membro soltanto il momento delle 2 forze $T_2$ e $f_a$ rispetto al cdm e non la forza peso?
"dome90210":
scusa mi sa che ti sto facendo spazientire..
Certo che ce ne vuole di pazienza in questo forum …..
nel leggere di fretta ho fatto confusione prima..credevo che avessi sbagliato le eq nel sistema dove assumevo come polo per il disco il punto di contatto invece tu ti riferivi a quando stavo assumendo come polo per il calcolo il centro del disco..
ora ti voglio chiedere come mai la quarta equazione ovvero ${T_2r_3-f_ar_3-m_3gsinthetar_3=I_3alpha_3}$ devo considerare al primo membro soltanto il momento delle 2 forze $T_2$ e $f_a$ rispetto al cdm e non la forza peso?
Te l'ho spiegato già…te lo rispiego. La forza di attrito $f_a$ è applicata dal piano al disco nel punto di contatto, e la quantità $f_ar_3$ è il momento di tale forza rispetto al centro del disco.
Se dunque per ipotesi la forza di attrito è diretta verso l'alto, come la tensione $T_2$ , e consideri il momento delle forze agenti sul disco rispetto al centro disco, che è il punto di applicazione del peso, è evidente che il momento del peso è zero. E quindi l'equazione del momento angolare si scrive :
$T_2r_3-f_ar_3 =I_3alpha_3 ===> (T_2 - f_a)r_3 = 1/2m_3r_3^2* a_c/r_3 ===> T_2 - f_a = 1/2m_3a_c$
dove ho indicato con $a_c$ l'accelerazione del centro di massa del disco 3. Tale accelerazione è legata alla accelerazione lineare del filo dalla relazione : $ a_c = a/2 $ .
Guarda, ho rifatto l'esercizio in vari modi, supponendo anche che il disco scenda anziché salire. Mi trovo sempre che l'accelerazione del cdm risulta diretta verso l'alto, cioè il disco sale, e vale : $a_c = 1.69 m/s^2$ . Per cui : $a = 3.38 m/s^2$.
Non so a questo punto che cosa pensare.
"navigatore":
Guarda, ho rifatto l'esercizio in vari modi, supponendo anche che il disco scenda anziché salire. Mi trovo sempre che l'accelerazione del cdm risulta diretta verso l'alto, cioè il disco sale, e vale : $a_c = 1.69 m/s^2$ . Per cui : $a = 3.38 m/s^2$.
Non so a questo punto che cosa pensare.
poco fa ho rifatto l'esercizio anche con la conservazione dell'energia meccanica il risultato e' sempre $a_1=3,38m/s^$.
probabilmente deve esserci un errore nei risultati
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