Problema meccanica del corpo rigido
Potreste gentilmente aiutarmi nella risoluzione del punto 2 (trovare il minimo coefficiente d'attrito) di questo problema?
Vi ringrazio in anticipo
Un corpo rigido è costituito da un disco omogeneo di massa m e raggio R al quale è collegata un’asta sottile omogenea AB, di massa m e lunghezza uguale al diametro del disco, disposta radialmente. Il corpo è appoggiato su un piano orizzontale scabro ed è inizialmente in quiete con l’asta in posizione verticale verso l’alto, come in figura; tuttavia, per una lievissima imprecisione nel posizionamento, il corpo comincia a muoversi e il disco rotola senza strisciare finché l’estremo B dell’asta urta il piano di appoggio.
1) Calcolare, nell’istante dell’urto:
a) l’espressione letterale della velocità angolare del disco;
b) il modulo (in funzione della velocità angolare), la direzione e il verso della velocità
dell’estremo B dell’asta.
2) Determinare il valore numerico del minimo coefficiente di attrito statico che consenta il rotolamento senza strisciamento.
[R: 1a) $ 4 sqrt((mgR)/(3I_o) $ , 1b) $ sqrt(8) omega R $ verticale verso il basso, 2) 0.42]
Vi ringrazio in anticipo
Un corpo rigido è costituito da un disco omogeneo di massa m e raggio R al quale è collegata un’asta sottile omogenea AB, di massa m e lunghezza uguale al diametro del disco, disposta radialmente. Il corpo è appoggiato su un piano orizzontale scabro ed è inizialmente in quiete con l’asta in posizione verticale verso l’alto, come in figura; tuttavia, per una lievissima imprecisione nel posizionamento, il corpo comincia a muoversi e il disco rotola senza strisciare finché l’estremo B dell’asta urta il piano di appoggio.
1) Calcolare, nell’istante dell’urto:
a) l’espressione letterale della velocità angolare del disco;
b) il modulo (in funzione della velocità angolare), la direzione e il verso della velocità
dell’estremo B dell’asta.
2) Determinare il valore numerico del minimo coefficiente di attrito statico che consenta il rotolamento senza strisciamento.
[R: 1a) $ 4 sqrt((mgR)/(3I_o) $ , 1b) $ sqrt(8) omega R $ verticale verso il basso, 2) 0.42]
Risposte
Mmh nel punto 2) richiede il coefficiente d'attrito all'istnte iniziale? Perché se no la cosa non mi sembra per niente semplice
"Vulplasir":
Mmh nel punto 2) richiede il coefficiente d'attrito all'istnte iniziale? Perché se no la cosa non mi sembra per niente semplice
Ho riportato il testo integrale del problema e non vi sono altre indicazioni su in che istante calcolare il coefficiente d'attrito.
Ho tuttavia supposto che se non vi fosse attrito il punto di contatto con il terreno avrebbe accelerazione massima nell'istante prima dell'urto e dunque la forza d'attrito che deve opporsi a questa accelerazione, mantenendo fermo il punto di contatto per garantire il rotolamento, assume il valore più alto in questo istante. Questa supposizione ha tuttavia carattere puramente intuitivo e quindi è potenzialmente sbagliata...
"Martoro":
Ho tuttavia supposto che se non vi fosse attrito il punto di contatto con il terreno avrebbe accelerazione massima nell'istante prima dell'urto e dunque la forza d'attrito che deve opporsi a questa accelerazione, mantenendo fermo il punto di contatto per garantire il rotolamento, assume il valore più alto in questo istante. Questa supposizione ha tuttavia carattere puramente intuitivo e quindi è potenzialmente sbagliata...
L'accelerazione massima in questo caso ce l'hai quando l'asta è orizzontale perché in quell'istante il momento delle forze esterne (dovuto al peso che puoi pensare applicato nel baricentro del sistema asta più disco)) ha momento massimo rispetto al punto di contatto tra disco e terreno.
Dalla seconda equazione cardinale puoi quindi calcolare quanto vale l'accelerazione angolare in quell'istante, da cui in condizioni di puro rotolamento trovi anche l'accelerazione orizzontale del disco (con l'asta attaccata). A quel punto applichi la prima equazione cardinale scrivendo che la forza orizzontale di attrito statico determina quell'accelerazione orizzontale, e quindi, essendo quella la massima forza orizzontale (perché legata alla massima accelerazione angolare), puoi calcolare il coefficiente di attrito statico richiesto.
"Faussone":
[quote="Martoro"]
Ho tuttavia supposto che se non vi fosse attrito il punto di contatto con il terreno avrebbe accelerazione massima nell'istante prima dell'urto e dunque la forza d'attrito che deve opporsi a questa accelerazione, mantenendo fermo il punto di contatto per garantire il rotolamento, assume il valore più alto in questo istante. Questa supposizione ha tuttavia carattere puramente intuitivo e quindi è potenzialmente sbagliata...
L'accelerazione massima in questo caso ce l'hai quando l'asta è orizzontale perché in quell'istante il momento delle forze esterne (dovuto al peso che puoi pensare applicato nel baricentro del sistema asta più disco)) ha momento massimo rispetto al punto di contatto tra disco e terreno.
Dalla seconda equazione cardinale puoi quindi calcolare quanto vale l'accelerazione angolare in quell'istante, da cui in condizioni di puro rotolamento trovi anche l'accelerazione orizzontale del disco (con l'asta attaccata). A quel punto applichi la prima equazione cardinale scrivendo che la forza orizzontale di attrito statico determina quell'accelerazione orizzontale, e quindi, essendo quella la massima forza orizzontale (perché legata alla massima accelerazione angolare), puoi calcolare il coefficiente di attrito statico richiesto.[/quote]
GRAZIE!!!
Davvero gentilissimo!Solamente un dubbio:
La relazione finale risulta essere
$ N \mu = 2m (2mR^2g)/(I_o) $
Se la reazione vincolare del piano N è uguale in modulo alla forza peso, $ \mu $ ha il valore richiesto; questa supposizione (che se non erro implica un'accelerazione verticale nulla per il centro di massa) deriva da qualche deduzione?
Ovvero, la reazione vincolare del piano è necessariamente uguale in modulo alla forza peso?
Ti ringrazio ancora per il gentilissimo aiuto
Non sono tanto convinto.
Se si applica la seconda cardinale con polo di riduzione nel punto di contatto bisogna tenere conto del fatto che il momento di inerzia del sistema rispetto a quel punto varia col tempo, quindi non è valida la relazione : $M=I(d omega)/(dt)$, ma bisogna considerare:
$M=(d(Iomega))/(dt)=(dI)/(dt)omega+I(domega)/(dt)$, e da qui non vedo alcun modo per dedurre che l'accelerazione è massima quando l'asta è orizzontale.
Continuo a credere che il testo richieda il coefficiente minimo all'istante iniziale, anche perché ne ho visti tanti di esercizi simili e tutti chiedevano questo. Se no non vedo modi intuitivi per risolvere il problema se non quello di risolvere le equazioni del moto e determinare il moto del sistema, una volta noto si può trovare la forza d'attrito e la reazione vincolare in ogni istante e quindi il coefficiente minimo, ma non penso che chi ha proposto il test volesse questo, insomma va al di la delle richieste da fare a un compito d'esame medio.
Se si applica la seconda cardinale con polo di riduzione nel punto di contatto bisogna tenere conto del fatto che il momento di inerzia del sistema rispetto a quel punto varia col tempo, quindi non è valida la relazione : $M=I(d omega)/(dt)$, ma bisogna considerare:
$M=(d(Iomega))/(dt)=(dI)/(dt)omega+I(domega)/(dt)$, e da qui non vedo alcun modo per dedurre che l'accelerazione è massima quando l'asta è orizzontale.
Continuo a credere che il testo richieda il coefficiente minimo all'istante iniziale, anche perché ne ho visti tanti di esercizi simili e tutti chiedevano questo. Se no non vedo modi intuitivi per risolvere il problema se non quello di risolvere le equazioni del moto e determinare il moto del sistema, una volta noto si può trovare la forza d'attrito e la reazione vincolare in ogni istante e quindi il coefficiente minimo, ma non penso che chi ha proposto il test volesse questo, insomma va al di la delle richieste da fare a un compito d'esame medio.
"Martoro":
GRAZIE!!!
Solamente un dubbio:
La relazione finale risulta essere
$ N \mu = 2m (2mR^2g)/(I_o) $
Se la reazione vincolare del piano N è uguale in modulo alla forza peso, $ \mu $ ha il valore richiesto; questa supposizione (che se non erro implica un'accelerazione verticale nulla per il centro di massa) deriva da qualche deduzione?
Ovvero, la reazione vincolare del piano è necessariamente uguale in modulo alla forza peso?
Ti ringrazio ancora per il gentilissimo aiuto
Prego!
Riguardo la reazione normale, per non sbagliare si può calcolare la reazione normale nella posizione che interessa scrivendo la prima equazione cardinale per le forze orizzontali, considerando l'accelerazione verticale del centro di massa e la massa totale e vedere cosa viene fuori.
"Vulplasir":
Non sono tanto convinto.
Se si applica la seconda cardinale con polo di riduzione nel punto di contatto bisogna tenere conto del fatto che il momento di inerzia del sistema rispetto a quel punto varia col tempo.....
No.Il moto di rotolamento puro è in tutto e per tutto assimilabile a una rotazione attorno al punto di contatto col piano e per quello il momento di inerzia del sistema è costante, quindi la soluzione proposta è valida.
No.Il moto di rotolamento puro è in tutto e per tutto assimilabile a una rotazione attorno al punto di contatto col piano e per quello il momento di inerzia del sistema è costante, quindi la soluzione proposta è valida.
Eh no, questo vale solo col disco, dato che il suo momento di inerzia non varia durante la rotazione, ma se ci metti un'asta non vale più. infatti la distanza tra il baricentro dell'asta e il punto di contatto varia nel tempo e quindi per il teorema di huygens-steiner varia anche il momento d'inerzia dell'asta rispetto al punto di contatto, pertanto quando si deriva il momento angolare bisogna derivare anche il momento di inerzia del sistema. Una prova di questo fatto è data semplicemente applicando la conservazione dell'energia, e quindi derivando l'energia del sistema rispetto al tempo si ottiene come equazione dl moto $ddottheta$ in funzione di $dottheta^2$ e $theta$, mentre usando la seconda cardinale come dici te si ottiene come equazione del moto $ddottheta$ in funzione solo di $theta$, ovviamente il metodo dell'energia è giusto, quindi quello della seconda cardinale deve essere sbagliato. Infatti facendo come dico io si ottengono gli stessi risultati, ma ovviamente non è un caso, è proprio il fatto che $L=Iomega$ e quindi $(dL)/(dt)=d(Iomega)/(dt)=(dI)/(dt)omega+I(domega)/(dt)$
Evidentemente sto perdendo colpi non c'è che dire.... 
Ho voluto rispondere al volo e ho capito dopo aver postato a quello che intendevi.
Giusto quel ragionamento era troppo semplicistico, chiedo scusa per aver dato indicazioni fuorvianti.
Credo anche io che a questo punto il problema sia molto più complesso come livello e non risolvibile in modo semplice.
Ho voluto rispondere al volo e ho capito dopo aver postato a quello che intendevi.
Giusto quel ragionamento era troppo semplicistico, chiedo scusa per aver dato indicazioni fuorvianti.
Credo anche io che a questo punto il problema sia molto più complesso come livello e non risolvibile in modo semplice.
Ma qualcuno ha verificato i risultati?
Perche a me torna solo il punto 2, ma il primo e il terzo non tornano.
Perche a me torna solo il punto 2, ma il primo e il terzo non tornano.
Il primo dovrebbe essere giusto, l'energia potenziale iniziale e finale é $2mgR$ e $-2/3mgR$, l'energia cinetica finale sarà $1/2I_o omega^2$ da cui $omega^2=16/3mgR/(I_o)$
Comunque mi sa che nel terzo non chiede il coefficiente all'istante iniziale dato che in quell'istante l'asta è verticale e il tutto risulta indeterminato, però trovare il coefficiente minimo durante tutto il moto del sistema non mi sembra per niente semplice
Comunque mi sa che nel terzo non chiede il coefficiente all'istante iniziale dato che in quell'istante l'asta è verticale e il tutto risulta indeterminato, però trovare il coefficiente minimo durante tutto il moto del sistema non mi sembra per niente semplice
Con $I_o$ momento di inerzia rispetto al punto di contatto cilindro-piano?
Si, $I_o$ è il momento d'inerzia di tutto il sistema rispetto al punto di contatto col piano
mmmmhhhhh. Avevo preso $I_0$ come momento rispetto al centro del disco.
Pero' non mi piace granche' come soluzione: $I_o$ varia col tempo, e' come dare una soluzione dove c'e' un'incognita.
Comunque ora torna, anche il valore numerico del coefficiente di attrito. Peccato che mi venga -0.42 (negativo). E non ho tempo di riguardarmi tutti i calcoli. Postero' le foto con il calcolame, magari riuscite voi ad acchiappare l'errore di segno che devo aver fatto da qualche parte (probabilmente qualche derivata balorda.
Pero' non mi piace granche' come soluzione: $I_o$ varia col tempo, e' come dare una soluzione dove c'e' un'incognita.
Comunque ora torna, anche il valore numerico del coefficiente di attrito. Peccato che mi venga -0.42 (negativo). E non ho tempo di riguardarmi tutti i calcoli. Postero' le foto con il calcolame, magari riuscite voi ad acchiappare l'errore di segno che devo aver fatto da qualche parte (probabilmente qualche derivata balorda.
e' come dare una soluzione dove c'e' un'incognita
In teoria no, all'istante finale si conosce ( o meglio, si può ricavare) l'angolo che l'asta forma con la verticale, quindi si può risalire al momento di inerzia del sistema in quell'istante
Ok, le foto fanno pena. Provo a buttare 2 conti qui (alcuni passaggi li copio pari pari dai miei conti, perche sono una caterva di calcoli). Vedete se trovate l'errore.
Sistema di riferimento con asse y verticale, x orizzontale verso destra e rotazioni positive orarie. Il corpo cade in senso orario. Gli angoli sono contati a partire dalla posizione verticale.
In condizioni di puro rotolamento il baricentro (che si trova al punto di saldatura barra-disco) si muove con legge
$dotx_G=Rdottheta+Rdotthetacostheta$
$doty_G=-Rdotthetasintheta$
$ddotx_G=Rddottheta+Rddotthetacostheta-Rdottheta^2sintheta$
$ddoty_G=-Rddotthetasintheta-Rdottheta^2costheta$
Momento di inerzia rispetto a G: $I_G=mR^2/2+mR^2+m(2R)^2/12+mR^2=17/6mR^2$
Il momento di inerzia rispetto al punto di contatto piano-disco e'
$I_c=I_G+2m{CG}^2=17/6mR^2+2m*2R^2(1+costheta)=[41+24costheta]/6mR^2$
la conservazione dell'energia meccanica risulta allora (io qui espliciterei $I_c$, non mi limiterei a lasciarlo parte della soluzione):
$2mgR=1/2*[41+24costheta]/6mR^2dottheta^2+2mgRcostheta$
Da qui otteniamo $dottheta^2=[24g(1-costheta)]/[(41+24costheta)R]$
All'impatto, poiche' vale $3Rcostheta=-R$, si ottiene $costheta=-1/3$ e sostituendo si trova subito $dottheta$ che e' semplicemente:
$dottheta=sqrt((32g)/[33R])$
Il calcolo della velocita' $v_P$ dell'estremo dell'asta all'impatto e' a questo punto banale:
$v_p=Ldottheta$ dove $L=sqrt(8R^2)$ da cui il risultato al punto B.
Ora viene il bello:
Per il calcolo di $mu$ secondo me non basta considerare il punto in cui $dotttheta$ e' massimo:
Infatti per la prima cardinale $F_a=2mddotx_g=2mR(ddottheta+ddotthetacostheta-dottheta^2sintheta)$
La forza massima quindi e' funzione di $ddottheta$ e $dottheta^2$. Non e' detto che, per un certo $theta$ che fornisce l'accelerazione angolare massima, la corrispondente velocita' angolare sia minima.
Allora io procederei cosi (ma e' un lavorone...)
1 - Da $N=2mg-2m(Rddotthetacostheta+Rdottheta^2costheta)$ si cerca la $[dN]/[d theta]$ e si impone la derivata a 0 per trovare il valore $theta_m$ che minimizza N (a me da circa $theta_m=77$)
2 - Con quel valore di $theta_m$ si calcola $F= 2m(Rddottheta+Rddotthetacostheta-Rdottheta^2sintheta)$
3 - si calcola $mu_1=F/N$
4 - Si massimizza F con lo stesso procedimento, e si trova $theta_m$ che massimizza F.
4 - Si calcola $mu_2=F/N$
5 - Si sceglie il piu alto tra $mu_1$ e $mu_2$.
Si potrebbe massimizzare il rapporto F/N direttamente. Io ho provato a farlo, ma le derivate esplodono come granate e a un certo punto ho dovuto abbandonare (a parte che la derivata si annullava con equazioni di terzo grado in coseno.
Se, per qualche ragionamento che a me sfugge, la massimizzazione di $ddottheta$ e' sufficiente, allora la strada e molto piu corta e molto meno faticosa in termini di calcoli. Ma non mi convince tanto, pero'
Sistema di riferimento con asse y verticale, x orizzontale verso destra e rotazioni positive orarie. Il corpo cade in senso orario. Gli angoli sono contati a partire dalla posizione verticale.
In condizioni di puro rotolamento il baricentro (che si trova al punto di saldatura barra-disco) si muove con legge
$dotx_G=Rdottheta+Rdotthetacostheta$
$doty_G=-Rdotthetasintheta$
$ddotx_G=Rddottheta+Rddotthetacostheta-Rdottheta^2sintheta$
$ddoty_G=-Rddotthetasintheta-Rdottheta^2costheta$
Momento di inerzia rispetto a G: $I_G=mR^2/2+mR^2+m(2R)^2/12+mR^2=17/6mR^2$
Il momento di inerzia rispetto al punto di contatto piano-disco e'
$I_c=I_G+2m{CG}^2=17/6mR^2+2m*2R^2(1+costheta)=[41+24costheta]/6mR^2$
la conservazione dell'energia meccanica risulta allora (io qui espliciterei $I_c$, non mi limiterei a lasciarlo parte della soluzione):
$2mgR=1/2*[41+24costheta]/6mR^2dottheta^2+2mgRcostheta$
Da qui otteniamo $dottheta^2=[24g(1-costheta)]/[(41+24costheta)R]$
All'impatto, poiche' vale $3Rcostheta=-R$, si ottiene $costheta=-1/3$ e sostituendo si trova subito $dottheta$ che e' semplicemente:
$dottheta=sqrt((32g)/[33R])$
Il calcolo della velocita' $v_P$ dell'estremo dell'asta all'impatto e' a questo punto banale:
$v_p=Ldottheta$ dove $L=sqrt(8R^2)$ da cui il risultato al punto B.
Ora viene il bello:
Per il calcolo di $mu$ secondo me non basta considerare il punto in cui $dotttheta$ e' massimo:
Infatti per la prima cardinale $F_a=2mddotx_g=2mR(ddottheta+ddotthetacostheta-dottheta^2sintheta)$
La forza massima quindi e' funzione di $ddottheta$ e $dottheta^2$. Non e' detto che, per un certo $theta$ che fornisce l'accelerazione angolare massima, la corrispondente velocita' angolare sia minima.
Allora io procederei cosi (ma e' un lavorone...)
1 - Da $N=2mg-2m(Rddotthetacostheta+Rdottheta^2costheta)$ si cerca la $[dN]/[d theta]$ e si impone la derivata a 0 per trovare il valore $theta_m$ che minimizza N (a me da circa $theta_m=77$)
2 - Con quel valore di $theta_m$ si calcola $F= 2m(Rddottheta+Rddotthetacostheta-Rdottheta^2sintheta)$
3 - si calcola $mu_1=F/N$
4 - Si massimizza F con lo stesso procedimento, e si trova $theta_m$ che massimizza F.
4 - Si calcola $mu_2=F/N$
5 - Si sceglie il piu alto tra $mu_1$ e $mu_2$.
Si potrebbe massimizzare il rapporto F/N direttamente. Io ho provato a farlo, ma le derivate esplodono come granate e a un certo punto ho dovuto abbandonare (a parte che la derivata si annullava con equazioni di terzo grado in coseno.
Se, per qualche ragionamento che a me sfugge, la massimizzazione di $ddottheta$ e' sufficiente, allora la strada e molto piu corta e molto meno faticosa in termini di calcoli. Ma non mi convince tanto, pero'
Io credo di aver trovato un modo per calcolare l'ultimo punto (il valore numerico del minimo del coefficiente di attrito statico che consenta il rotolamento senza strisciamento). Ditemi se vi convince.
1) Le forze che agiscono sul corpo sono la forza di attrito $f$ (direzione orizzontale verso destra), la forza peso $2mg$ (direzione verticale verso il basso) e la reazione vincolare $N$(direzione verticale verso l'alto). Detta $a$ l'accelerazione del centro di massa, si ha quindi:
$(1.1a)\qquad \qquad 2mg-N=ma_{y}\Rightarrow N=2m(g-a_{y}) $
$(1.1b)\qquad \qquad f =2ma_{x}$
D'altra parte si ha anche $f\leq \mu N=\mu 2m (g-a_{y})\qquad (1.2)$
Quindi sostituendo la $(1.1b)$ nella $(1.2)$ si ha:
$2ma_{x}\leq \mu 2 m (g-a_{y})\Rightarrow \mu geq \frac {a_{x}}{g-a_{y}} \qquad \qquad (1.3)$
Ora, chiamo $\theta $ l'angolo tra la verticale passante per il punto di contatto $O$ e la retta che congiunge $O$ con il $CM$. Si può allora vedere che risulta $a_x=a\cos \theta $ e $a_y=a\sin \theta $. In questo modo si può riscrivere la $(1.3)$ come
$\mu geq \frac {a\cos \theta }{g-a\sin \theta} \qquad \qquad (1.4)$
Dobbiamo quindi trovare un'espressione per l'accelerazione $a$ in funzione di $\theta $. Ciò è possibile sfruttando l'equazione dei momenti.
2) Per ricavare l'equazione dei momenti, consideriamo come polo il centro di massa visto che in questo caso il momento d'inerzia del corpo non varia, a differenza di ciò che avviene se scegliamo come polo il punto di contatto $O$. Come detto nei messaggi precedenti, il momento d'inerzia del corpo rigido rispetto al $CM$ è pari a
$I=\frac {17}{6}mR^2$
Detta $r$ la distanza tra il centro di massa ed il punto di contatto $O$, si ha:
$Nr\sin \theta -f r \cos \theta=I\alpha=\frac {17}{6}mR^2a/r$.
Considerando che $r=2R\cos \theta $, si ha allora:
$2NR\sin \theta \cos \theta-2fR\cos ^2\theta =\frac {17}{6}\frac {mR^2a}{2R\cos \theta} \qquad (2.1)$
Sostituiamo ora la $(1.1a)$ e la $(1.1b)$ nella $(2.1)$ ricordando che $a_x=a\cos \theta $ e $a_y=a\sin \theta $:
$4m(g-a\sin \theta )R\sin \theta \cos \theta -4maR\cos ^3 \theta =\frac {17}{12}\frac {maR}{\cos \theta } \Rightarrow
a=\frac {4g\cos ^2\theta \sin \theta }{17/12+4\cos ^2\theta (\cos ^2\theta +\sin ^2\theta )}=\frac {4g\cos ^2\theta \sin \theta }{17/12+4\cos ^2\theta } \qquad (2.2)$
Questa è quindi l'espressione di $a$ in funzione di $\theta $ che cercavamo. A questo punto sostituiamo la $(2.2)$ nella $(1.4)$:
$\mu \geq \frac {4g\cos ^3\theta \sin \theta }{(17/12+4\cos ^2\theta )( g-\frac {4g\cos ^2\theta \sin ^2 \theta }{\frac {17}{12}+4\cos^2\theta})}=\frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}+4\cos ^2\theta -4\cos ^2\theta \sin ^2\theta }=\frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}+4\cos ^2\theta (1-\sin ^2\theta )}=\frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}+4\cos ^4\theta }\qquad (2.3)$
L'ultimo passaggio da fare ora è trovare quale valore di $\theta $ rende massimo il membro destro di questa diseguaglianza.
3) A tal fine, scriviamo $\frac {17}{12}$ come $\frac {17}{12}(\cos ^2 \theta+\sin ^2\theta)^2=\frac {17}{12}(\cos ^4\theta +2\cos ^2 \theta \sin ^2\theta +\sin ^4\theta )$ e sostituiamo ciò nella $(2.3)$, che quindi diventa:
$\mu \geq \frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}(\cos ^4\theta +2\cos ^2 \theta \sin ^2\theta +\sin ^4\theta )+4\cos ^4\theta }\qquad (2.4)$
Dividiamo ora numeratore e denominatore per $\cos ^4\theta $. Si ha allora:
$\mu \geq \frac {4\tan \theta }{\frac {17}{12}(1+2\tan ^2\theta+\tan ^4\theta )+4}\qquad (2.5)$
Chiamando $x=\tan theta$, si ha allora:
$\mu \geq \frac {4 x }{\frac {17}{12}(1+2x^ 2+x ^4)+4}\qquad (2.6)$
Per ottenere il valore massimo del membro destro della $(2.6)$, deriviamo rispetto ad $x$ e poniamo tale derivata uguale a zero. Si ottiene quindi facilmente la seguente equazione:
$3x^4+2x^2-65/17=0$
Questa è un'equazione biquadratica, quindi facilmente risolubile ponendo $y=x^2$. Effettuando questa sostituzione e risolvendo si ottiene:
$y=(\sqrt {\frac {65}{17}+\frac {1}{3}}-\frac {1}{\sqrt 3})*\frac {1}{\sqrt 3}=0.84379\Rightarrow x=\sqrt y=0.91858 $
Infine, ricordando che $x=\tan \theta $ si ha quindi $\theta =\arctan (0.91858)=42.57°$
Questo è quindi l'angolo che massimizza il membro destro della $(2.3)$. Sostituendo il valore appena ottenuto, troviamo quindi che
$\mu \geq 0.42$ ,
cioè esattamente il valore corrispondente al risultato del problema.
Vi convince tutto cio?
1) Le forze che agiscono sul corpo sono la forza di attrito $f$ (direzione orizzontale verso destra), la forza peso $2mg$ (direzione verticale verso il basso) e la reazione vincolare $N$(direzione verticale verso l'alto). Detta $a$ l'accelerazione del centro di massa, si ha quindi:
$(1.1a)\qquad \qquad 2mg-N=ma_{y}\Rightarrow N=2m(g-a_{y}) $
$(1.1b)\qquad \qquad f =2ma_{x}$
D'altra parte si ha anche $f\leq \mu N=\mu 2m (g-a_{y})\qquad (1.2)$
Quindi sostituendo la $(1.1b)$ nella $(1.2)$ si ha:
$2ma_{x}\leq \mu 2 m (g-a_{y})\Rightarrow \mu geq \frac {a_{x}}{g-a_{y}} \qquad \qquad (1.3)$
Ora, chiamo $\theta $ l'angolo tra la verticale passante per il punto di contatto $O$ e la retta che congiunge $O$ con il $CM$. Si può allora vedere che risulta $a_x=a\cos \theta $ e $a_y=a\sin \theta $. In questo modo si può riscrivere la $(1.3)$ come
$\mu geq \frac {a\cos \theta }{g-a\sin \theta} \qquad \qquad (1.4)$
Dobbiamo quindi trovare un'espressione per l'accelerazione $a$ in funzione di $\theta $. Ciò è possibile sfruttando l'equazione dei momenti.
2) Per ricavare l'equazione dei momenti, consideriamo come polo il centro di massa visto che in questo caso il momento d'inerzia del corpo non varia, a differenza di ciò che avviene se scegliamo come polo il punto di contatto $O$. Come detto nei messaggi precedenti, il momento d'inerzia del corpo rigido rispetto al $CM$ è pari a
$I=\frac {17}{6}mR^2$
Detta $r$ la distanza tra il centro di massa ed il punto di contatto $O$, si ha:
$Nr\sin \theta -f r \cos \theta=I\alpha=\frac {17}{6}mR^2a/r$.
Considerando che $r=2R\cos \theta $, si ha allora:
$2NR\sin \theta \cos \theta-2fR\cos ^2\theta =\frac {17}{6}\frac {mR^2a}{2R\cos \theta} \qquad (2.1)$
Sostituiamo ora la $(1.1a)$ e la $(1.1b)$ nella $(2.1)$ ricordando che $a_x=a\cos \theta $ e $a_y=a\sin \theta $:
$4m(g-a\sin \theta )R\sin \theta \cos \theta -4maR\cos ^3 \theta =\frac {17}{12}\frac {maR}{\cos \theta } \Rightarrow
a=\frac {4g\cos ^2\theta \sin \theta }{17/12+4\cos ^2\theta (\cos ^2\theta +\sin ^2\theta )}=\frac {4g\cos ^2\theta \sin \theta }{17/12+4\cos ^2\theta } \qquad (2.2)$
Questa è quindi l'espressione di $a$ in funzione di $\theta $ che cercavamo. A questo punto sostituiamo la $(2.2)$ nella $(1.4)$:
$\mu \geq \frac {4g\cos ^3\theta \sin \theta }{(17/12+4\cos ^2\theta )( g-\frac {4g\cos ^2\theta \sin ^2 \theta }{\frac {17}{12}+4\cos^2\theta})}=\frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}+4\cos ^2\theta -4\cos ^2\theta \sin ^2\theta }=\frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}+4\cos ^2\theta (1-\sin ^2\theta )}=\frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}+4\cos ^4\theta }\qquad (2.3)$
L'ultimo passaggio da fare ora è trovare quale valore di $\theta $ rende massimo il membro destro di questa diseguaglianza.
3) A tal fine, scriviamo $\frac {17}{12}$ come $\frac {17}{12}(\cos ^2 \theta+\sin ^2\theta)^2=\frac {17}{12}(\cos ^4\theta +2\cos ^2 \theta \sin ^2\theta +\sin ^4\theta )$ e sostituiamo ciò nella $(2.3)$, che quindi diventa:
$\mu \geq \frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}(\cos ^4\theta +2\cos ^2 \theta \sin ^2\theta +\sin ^4\theta )+4\cos ^4\theta }\qquad (2.4)$
Dividiamo ora numeratore e denominatore per $\cos ^4\theta $. Si ha allora:
$\mu \geq \frac {4\tan \theta }{\frac {17}{12}(1+2\tan ^2\theta+\tan ^4\theta )+4}\qquad (2.5)$
Chiamando $x=\tan theta$, si ha allora:
$\mu \geq \frac {4 x }{\frac {17}{12}(1+2x^ 2+x ^4)+4}\qquad (2.6)$
Per ottenere il valore massimo del membro destro della $(2.6)$, deriviamo rispetto ad $x$ e poniamo tale derivata uguale a zero. Si ottiene quindi facilmente la seguente equazione:
$3x^4+2x^2-65/17=0$
Questa è un'equazione biquadratica, quindi facilmente risolubile ponendo $y=x^2$. Effettuando questa sostituzione e risolvendo si ottiene:
$y=(\sqrt {\frac {65}{17}+\frac {1}{3}}-\frac {1}{\sqrt 3})*\frac {1}{\sqrt 3}=0.84379\Rightarrow x=\sqrt y=0.91858 $
Infine, ricordando che $x=\tan \theta $ si ha quindi $\theta =\arctan (0.91858)=42.57°$
Questo è quindi l'angolo che massimizza il membro destro della $(2.3)$. Sostituendo il valore appena ottenuto, troviamo quindi che
$\mu \geq 0.42$ ,
cioè esattamente il valore corrispondente al risultato del problema.
Vi convince tutto cio?
Non so come ti venga lo stesso risultato del testo (che probabilmente è sbagliato), ma ci sono diversi errori in ciò che hai scritto:
1) Da dove capisci che $a_x=acostheta$ e $a_y=asintheta$?
2) Non puoi usare la relazione $alpha=a/r$
1) Da dove capisci che $a_x=acostheta$ e $a_y=asintheta$?
2) Non puoi usare la relazione $alpha=a/r$
1) Si deduce considerando $a$ ortogonale a $r$
2) Potresti giustificare questa tua affermazione?
2) Potresti giustificare questa tua affermazione?
Si deduce considerando $a$ ortogonale a $r$
Cosa chiaramente falsa
Potresti giustificare questa tua affermazione?
Deriva dal fatto che a non è ortogonale a r.
Le relazioni del puro rotolamento vanno usate con cautela...partiamo dal primo punto:
L'accelerazione dei punti di un corpo rigido sono legate dalla relazione:
$veca(P)=veca(Q)+vecalpha xx (P-Q)-omega^2(P-Q)$
Questa relazione lega tra loro le accelerazioni di due punti P e Q del corpo rigido...essa è utile quando conosci l'accelerazione di almeno un punto Q del corpo, così ti puoi determinare l'accelerazione di tutti gli altri punti P.
Nel tuo caso, il punto O di contatto col terreno, in puro rotolamento, è istantaneamente fermo, ossia ha velocità nulla, ma non ha assolutamente accelerazione nulla!, il punto O ha accelerazione $a(O)=omega^2R$ diretta verticalmente in alto, quindi da cui puoi determinare l'accelerazione del CM, ma la sua direzione è del tutto incognita, perché è somma del vettore $a(O)$ verticale, del vettore $vecalphaxx(P-O)$ ortogonale a r e del vettore $-omega^2(P-O)$ parallelo a r.
Le relazioni $omega=v/r$ e $alpha=a/r$ nel puro rotolamento valgono solo nel caso di elementi circolari, e si riferiscono, nel caso dell'accelerazione, solo all'accelerazione tangenziale del punto di contatto.
Ossia, se prendi un disco di centro C che rotola senza strisciare su un piano con accelerazione di C pari ad $a$, detto O il punto di contatto, il punto di contatto è istantaneamente fermo e la sua accelerazione tangenziale è nulla, ossia vale $alpha=a/R$, essendo $alpha$ l'accelerazione angolare del disco, mentre O possiede ancora una accelerazione centripeta pari a $omega^2R$. Quindi, nel tuo caso, non puoi usare l'accelerazione $a$ del CM per la relazione di puro rotolamento, ma devi usare sempre l'accelerazione del centro del disco C, che sarà sempre orizzontale. In pratica, le coordinate di C sono:
$x_c=x$
$y_c=R$
Derivando due volte:
$ddot(x_c)=ddotx$
$ddoty_c=0$
Ossia il centro C del disco ha solo accelerazione orizzontale $ddotx$.
Quindi, l'accelerazione angolare del disco, e quindi di tutto il sistema, è:
$ddottheta=ddotx/R$
Per quanto riguarda il CM, si ha:
$x_G=x+dsintheta$
$y_G=R+dcostheta$
Derivando due volte trovi l'accelerazione del centro di massa
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo