Punto con velocità iniziale su cupola emisferica
Salve a tutti ragazzi, sto preparando l'esame di dinamica ed ho trovato sul web questo esercizio.
La soluzione proposta non è corrispondente con la mia.
Una pietra massa $m=3kg$ e dimensioni trascurabili è posta sulla sommità di una superficie emisferica liscia di raggio $R=10m$. La pietra è fatta scivolare con una velocità iniziale di modulo $v_0 = 5 m/s$
Si determini la coordinata angolare f del punto in cui la pietra si stacca dalla superficie.
Bene, chiamerò angolo $alpha$ l'angolo alla verticale formato dalla posizione della pallina (per esempio, $alpha_0 = 0$, nel caso la pallina si trovi alla base dell'emisfero $alpha = pi /2 $).
La pallina è sottoposta alla sola forza peso ed alla reazione vincolare dell'emisfero e muove su una circonferenza raggio R. La pallina si staccherà dall'emisfero quando lungo la direzione centripeta:
$ a_N = g* cos(alpha) $
$ mg*cos(alpha) = (mv^2(alpha))/R $ (*)
L'accelerazione tangenziale, che determina il variare di $v$:
$a_t = g* sin(alpha) = ( d^2 s )/dt^2 $
Vale dunque:
$( d dot (s)) / dt = ((d dot (s)) / (ds)) * ( (ds) / (dt) )$
Da cui:
$ g sin (s/R) ds = v_s dv_s$
Dove v_s è la velocità scalare $ (ds) / (dt) $.
Integrando:
$ v^2 = -2g*R cos (s/R) + (v_0)^2 = -2g*R cos (alpha) + (v_0)^2 $
Imponendo la relazione (*) ottengo:
$ mg*cos(alpha) = m*(-2g*R cos (alpha) + (v_0)^2)/R $
Da cui
$ cos (alpha) = (v_0)^2 / (3*g*R)
Dove sbaglio
?
La soluzione proposta non è corrispondente con la mia.
Una pietra massa $m=3kg$ e dimensioni trascurabili è posta sulla sommità di una superficie emisferica liscia di raggio $R=10m$. La pietra è fatta scivolare con una velocità iniziale di modulo $v_0 = 5 m/s$
Si determini la coordinata angolare f del punto in cui la pietra si stacca dalla superficie.
Bene, chiamerò angolo $alpha$ l'angolo alla verticale formato dalla posizione della pallina (per esempio, $alpha_0 = 0$, nel caso la pallina si trovi alla base dell'emisfero $alpha = pi /2 $).
La pallina è sottoposta alla sola forza peso ed alla reazione vincolare dell'emisfero e muove su una circonferenza raggio R. La pallina si staccherà dall'emisfero quando lungo la direzione centripeta:
$ a_N = g* cos(alpha) $
$ mg*cos(alpha) = (mv^2(alpha))/R $ (*)
L'accelerazione tangenziale, che determina il variare di $v$:
$a_t = g* sin(alpha) = ( d^2 s )/dt^2 $
Vale dunque:
$( d dot (s)) / dt = ((d dot (s)) / (ds)) * ( (ds) / (dt) )$
Da cui:
$ g sin (s/R) ds = v_s dv_s$
Dove v_s è la velocità scalare $ (ds) / (dt) $.
Integrando:
$ v^2 = -2g*R cos (s/R) + (v_0)^2 = -2g*R cos (alpha) + (v_0)^2 $
Imponendo la relazione (*) ottengo:
$ mg*cos(alpha) = m*(-2g*R cos (alpha) + (v_0)^2)/R $
Da cui
$ cos (alpha) = (v_0)^2 / (3*g*R)
Dove sbaglio
?
Risposte
Non ho controllato se quello che fai per scrivere la velocità in funzione dell'angolo è corretto, ma comunque perché non usi banalmente la conservazione dell'energia?
La differenza di energia cinetica della massa tra quota attuale e quota di partenza deve essere pari alla differenza di potenziale tra quota di partenza e quota attuale....
Dovresti facilmente ottenere
$v=sqrt(2*g*R*(1- cos(alpha))+v_0^2)$
La differenza di energia cinetica della massa tra quota attuale e quota di partenza deve essere pari alla differenza di potenziale tra quota di partenza e quota attuale....
Dovresti facilmente ottenere
$v=sqrt(2*g*R*(1- cos(alpha))+v_0^2)$
Hai terribilmente ragione, non ho idea del come possa non averci pensato 
! Ad ogni modo, non riesco a capire cosa non vada nel primo ragionamento!
! Ad ogni modo, non riesco a capire cosa non vada nel primo ragionamento!
Non va perche' nel moto non metti la reazione della guida
$-N+mgcos\theta=mv^2/R$
$mgsin\theta=m(dv)/(dt)$ e poi fatti la conservazione dell'energia
$-N+mgcos\theta=mv^2/R$
$mgsin\theta=m(dv)/(dt)$ e poi fatti la conservazione dell'energia
Uhhm..Ma la reazione della guida è costantemente radiale, perchè dovrebbe influire sulla determinazione di v costruito a partire da considerazioni circa l'accelerazione tangenziale ?
?
Ops, risolto con il mio metodo.. Avevo semplicemente errato l'integrazione non valutando bene gli estremi!
Grazie a tutti e buona giornata!
Grazie a tutti e buona giornata!
Per curiosita' mi interessa vedere la soluzione finale.
Qualuno la puo' postare... ?
Qualuno la puo' postare... ?
Certo! La soluzione finale e':
$cos(alpha) = 2/3 + 1/3 * (v_0)^2 / (g*r) $
Da cui:
$ alpha_1 = pi/2 - alpha = 48.7 Gradi $
$cos(alpha) = 2/3 + 1/3 * (v_0)^2 / (g*r) $
Da cui:
$ alpha_1 = pi/2 - alpha = 48.7 Gradi $
"FrederichN.":
Certo! La soluzione finale e':
$cos(alpha) = 2/3 + 1/3 * (v_0)^2 / (g*r) $
Da cui:
$ alpha_1 = pi/2 - alpha = 48.7 Gradi $
Allora c'e' qualcosa che non va.
Se $ v0 $ diventa molto grande, non e' piu' possibile calcolare il coseno.
Es. $v0 = 20m/s $
$cos(alpha) ~= 2 $
$ alpha = ???? $
Non c'è niente che non va: se $v_0$ è più grande di un dato valore la massa non segue per nessun tratto la cupola emisferica ma si stacca immediatamente. Il valore limite lo trovi proprio imponendo $cos(alpha)=1$.
"Faussone":
Non c'è niente che non va: se $v_0$ è più grande di un dato valore la massa non segue per nessun tratto la cupola emisferica ma si stacca immediatamente. Il valore limite lo trovi proprio imponendo $cos(alpha)=1$.
Secondo me qui abbiamo vogllia di scherzare.
Impongo $ cos alpha $ = 1 ?
Ma $ \alpha $ e' la soluzione !!!!!!!!!!
La soluzione corretta e' molto piu' complicata perche' e' il risultato di una eq. differenziale.
Mi fa paura vedere le formule trattate cosi' con leggerezza.
Veramente ero serio e ...non sono sovrappeso (per fortuna) è vero. 
Nel problema si chiede a quale angolo il punto si stacca dalla superficie emisferica partendo dalla sommità a velocità data.
La condizione di distacco si ha quando la componente radiale della forza peso non è più sufficiente a fornire l'accelerazione centripeta necessaria per mantenere il corpo su una traiettoria circolare data. Quindi la condizione da imporre è semplice una volta trovato il legame tra accelerazione centripeta e angolo percorso, che può ottenersi anche senza alcuna equazione differenziale usando le conservazione dell'energia.Quindi non capisco a quale "soluzione complicata" ti riferisci.
E' ovvio che se la velocità di partenza è superiore ad un dato valore limite la forza peso non può far sì per nessun tratto che il punto segua una traiettoria circolare con il raggio dato e quella condizione limite la trovi proprio imponendo $cos alpha=1$ (cioè $alpha=0$).
Non capisco dove sia la leggerezza, sei sicuro che la leggerezza non sia tua?
Quando leggi una soluzione e fai tendere questa o quella grandezza a 0 o a infinito non devi perdere di vista il significato fisico né dimenticare i passaggi che ti hanno portato alla soluzione.
Nel problema si chiede a quale angolo il punto si stacca dalla superficie emisferica partendo dalla sommità a velocità data.
La condizione di distacco si ha quando la componente radiale della forza peso non è più sufficiente a fornire l'accelerazione centripeta necessaria per mantenere il corpo su una traiettoria circolare data. Quindi la condizione da imporre è semplice una volta trovato il legame tra accelerazione centripeta e angolo percorso, che può ottenersi anche senza alcuna equazione differenziale usando le conservazione dell'energia.Quindi non capisco a quale "soluzione complicata" ti riferisci.
E' ovvio che se la velocità di partenza è superiore ad un dato valore limite la forza peso non può far sì per nessun tratto che il punto segua una traiettoria circolare con il raggio dato e quella condizione limite la trovi proprio imponendo $cos alpha=1$ (cioè $alpha=0$).
Non capisco dove sia la leggerezza, sei sicuro che la leggerezza non sia tua?
Quando leggi una soluzione e fai tendere questa o quella grandezza a 0 o a infinito non devi perdere di vista il significato fisico né dimenticare i passaggi che ti hanno portato alla soluzione.
Allora va specificato che la formula vale solo per $ V_0 < \sqrt(Gr) $ altrimenti la formula non ha piu' senso.
Quinzio, non capisco cosa tu stia dicendo. Cosa c'è di tanto difficile o traumatico nell'imporre $ alpha = 0 $ ? Faussone ha semplicemente trovato il minimo valore della velocità per cui la pallina si solleva immediatamente dalla superficie.
I valori che vanno 'fuori' hanno significato fisico banale, che è analogo.
I valori che vanno 'fuori' hanno significato fisico banale, che è analogo.
"Quinzio":
Allora va specificato che la formula vale solo per $ V_0 < \sqrt(Gr) $ altrimenti la formula non ha piu' senso.
Certo ma andava compreso e specificato da te che hai voluto generalizzare quella formula in assoluto concludendo perentoriamente che il risultato fosse sbagliato, cosa che come hai capito non è..
Se vuoi fare considerazioni su quello che accade ad un risultato facendo tendere questo o quel dato a valori limite, (ottimo esercizio per capire a fondo un problema, è vero), devi fare attenzione. Un discorso simile valeva per un altro topic quando fai questa domanda, in cui però eri stato più prudente nel trarre conclusioni perentorie almeno...
Inoltre in generale se non si è certi di una risposta è meglio farlo presente piuttosto che dire con sicurezza cose che portano fuori strada.
Ad esempio in questa risposta ad un topic, che riporta un problema praticamente identico a quello in oggetto, hai dato una risposta non corretta tirando in ballo l'attrito statico (nel problema si dice esplicitamente che la superficie è "liscia") portando fuori strada chi ha posto la domanda, che invece dalle considerazioni fatte era sulla buona strada.
Almeno imparo qualcosa dai miei errori. MI sembra gia' qualcosa.
Riguardo all'altro problema simile, in effetti quello che si chiedeva era una cosa praticamente uguale a questo problema.
L'enunciato era stato dato pero' con poche stringate parole. Forse ho risposto cosi' perche' prima avevo risolto 3-4 problemi in cui era coinvolto l'attrito, per cui "per inerzia" avevo pensato che si trattasse di un problema di attrito statico. Spendere qualche parola in piu' quando si enunciano i problemi non farebbe male. Certe volte e' gia' un successo capire i termini del problema.
Riguardo all'altro problema simile, in effetti quello che si chiedeva era una cosa praticamente uguale a questo problema.
L'enunciato era stato dato pero' con poche stringate parole. Forse ho risposto cosi' perche' prima avevo risolto 3-4 problemi in cui era coinvolto l'attrito, per cui "per inerzia" avevo pensato che si trattasse di un problema di attrito statico. Spendere qualche parola in piu' quando si enunciano i problemi non farebbe male. Certe volte e' gia' un successo capire i termini del problema.
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