Quiz: Sfera su piano inclinato
Una sfera, formata appiccicando insieme due emisferi omogenei ma di materiale differente (diversa densità), è posizionata su un piano inclinato ad un angolo di $30°$ rispetto all'orizzontale.
È possibile che la sfera rimanga in equilibrio sul piano inclinato?
Cordialmente, Alex
È possibile che la sfera rimanga in equilibrio sul piano inclinato?
Cordialmente, Alex
Risposte
Basta che la sfera sia posizionata in modo tale che il suo centro di massa giaccia sulla verticale passante per il punto di contatto.
[hl][/hl]
Però se non c'è attrito statico le due forze non possono essere uguali a opposte, dato che la reazione sarebbe normale al piano, mentre il peso no.
"Noodles":
Basta che la sfera sia posizionata in modo tale che il suo centro di massa giaccia sulla verticale passante per il punto di contatto.
Però se non c'è attrito statico le due forze non possono essere uguali a opposte, dato che la reazione sarebbe normale al piano, mentre il peso no.
@noodles
E quindi quale sarebbe la risposta alla mia domanda?
E quindi quale sarebbe la risposta alla mia domanda?
Si, la sfera può rimanere in equilibrio, ma solo se il piano inclinato non è liscio come giustamente evidenziato da @Faussone.
Per essere in equilibrio dovrà risultare nulla la somma delle componenti parallele al piano e quindi se il piano inclinato ha in generale pendenza $theta$ dovrà essere:
$fa - m g sin theta = 0$
Inoltre dovrà risultare anche nulla la somma delle componenti perpendicolari al piano:
$N-mg cos theta = 0$
Supponiamo adesso che il centro di massa sia, come già detto da @Noodles, sulla verticale del punto di contatto a una distanza x dal punto di contatto stesso (*). In questo caso avremo due coppie di forze:
$fa$, $mg sin(theta)$ con un braccio pari a $b1=x*cos theta $ che tende a far ruotare la sfera in senso antiorario
$N$, $mg cos(theta)$ con un braccio pari a $b2=x*sin theta$ che tende a far ruotare la sfera in senso orario.
Ma poichè $tau_1 = (mg sin theta) * (x cos theta)=(mg cos theta) * (x sin theta) = tau_2$ il momento totale è nullo e quindi la sfera rimane in equilibrio.
(*) Per ottenere questo la parte con densità maggiore deve giacere nella parte più in alto rispetto al punto di contatto.
Per essere in equilibrio dovrà risultare nulla la somma delle componenti parallele al piano e quindi se il piano inclinato ha in generale pendenza $theta$ dovrà essere:
$fa - m g sin theta = 0$
Inoltre dovrà risultare anche nulla la somma delle componenti perpendicolari al piano:
$N-mg cos theta = 0$
Supponiamo adesso che il centro di massa sia, come già detto da @Noodles, sulla verticale del punto di contatto a una distanza x dal punto di contatto stesso (*). In questo caso avremo due coppie di forze:
$fa$, $mg sin(theta)$ con un braccio pari a $b1=x*cos theta $ che tende a far ruotare la sfera in senso antiorario
$N$, $mg cos(theta)$ con un braccio pari a $b2=x*sin theta$ che tende a far ruotare la sfera in senso orario.
Ma poichè $tau_1 = (mg sin theta) * (x cos theta)=(mg cos theta) * (x sin theta) = tau_2$ il momento totale è nullo e quindi la sfera rimane in equilibrio.
(*) Per ottenere questo la parte con densità maggiore deve giacere nella parte più in alto rispetto al punto di contatto.
Secondo gli autori, in questo specifico caso (quindi non in generale), non è mai possibile che la sfera rimanga in equilibrio (fatte un paio di premesse).
Ora, quando ho letto la soluzione mi sembrava corretta e lineare, poi però riprendedola mi sono sorti dei dubbi e adesso non lo so più se effettivamente hanno ragione loro
Comunque aspetto ancora prima di postarla
Ora, quando ho letto la soluzione mi sembrava corretta e lineare, poi però riprendedola mi sono sorti dei dubbi e adesso non lo so più se effettivamente hanno ragione loro
Comunque aspetto ancora prima di postarla
Ho ragionato meglio sull'unica ipotesi che potrebbe non essere verificata, ovvero che il baricentro non possa comunque cadere sulla verticale del punto di contatto e, secondo me, hanno effettivamente ragione gli autori nello specifico caso.
Affinché il baricentro cada sulla verticale rispetto al punto di contatto, il baricentro stesso deve essere posizionato, nel caso di un angolo di 30°, a distanza R/2 rispetto al centro verso la parte superiore.
Ma se abbiamo delle semisfere omogenee, anche ammettendo che semisfera più leggera abbia massa trascurabile, e quindi il baricentro della sfera dipenda in pratica dal baricentro della semisfera più pesante, il massimo ottenibile è 3/8 R.
Quindi nello specifico caso concordo che la risposta sia NO.
Ovviamente se la densità non fosse omogenea o l'angolo fosse inferiore a 30° allora sarebbe possibile soddisfare la condizione e quindi ottenere l'equilibrio.
Affinché il baricentro cada sulla verticale rispetto al punto di contatto, il baricentro stesso deve essere posizionato, nel caso di un angolo di 30°, a distanza R/2 rispetto al centro verso la parte superiore.
Ma se abbiamo delle semisfere omogenee, anche ammettendo che semisfera più leggera abbia massa trascurabile, e quindi il baricentro della sfera dipenda in pratica dal baricentro della semisfera più pesante, il massimo ottenibile è 3/8 R.
Quindi nello specifico caso concordo che la risposta sia NO.
Ovviamente se la densità non fosse omogenea o l'angolo fosse inferiore a 30° allora sarebbe possibile soddisfare la condizione e quindi ottenere l'equilibrio.
Riporto la soluzione degli autori:
Partono con la premessa che ci deve essere un sufficiente attrito statico altrimenti la sfera scivolerebbe e su questo siamo tutti d'accordo
Chiaramente non è sufficiente perché resti in equilibrio: la sfera non deve rotolare.
"Se la distanza tra il centro di massa e il centro geometrico è minore di $r/2$, allora, qualsiasi sia l'orientazione della sfera, il suo peso produce una "torque" (coppia? perché spesso lo vedo tradotto come "momento torcente" che però non è la stessa cosa, isn't it?) attorno al punto $P$, il punto di contatto della sfera col piano inclinato e questa coppia fa rotolare la sfera."
"Ora si può dimostrare che questa è la situazione per ogni sfera composta da due emisferi omogenei, qualsiasi sia la densità delle due metà"
"Consideriamo l'area ombreggiata.Per simmetria, il centro di massa di quest'area si trova al punto $A$ [Nota mia: Perché? A me non sembra che sia il caso se abbiamo emisferi con densità diverse], ad una distanza $r/2$ dal centro $O$.
Il resto della sfera sposta il centro di massa dell'intera sfera verso $O$ quindi ad una distanza $OS
Ma, per esempio, su una superficie ricoperta con Velcro, questo non è vero e la sfera potrebbe anche aderire in verticale "
Cordialmente, Alex
Partono con la premessa che ci deve essere un sufficiente attrito statico altrimenti la sfera scivolerebbe e su questo siamo tutti d'accordo
Chiaramente non è sufficiente perché resti in equilibrio: la sfera non deve rotolare.
"Se la distanza tra il centro di massa e il centro geometrico è minore di $r/2$, allora, qualsiasi sia l'orientazione della sfera, il suo peso produce una "torque" (coppia? perché spesso lo vedo tradotto come "momento torcente" che però non è la stessa cosa, isn't it?) attorno al punto $P$, il punto di contatto della sfera col piano inclinato e questa coppia fa rotolare la sfera."
"Ora si può dimostrare che questa è la situazione per ogni sfera composta da due emisferi omogenei, qualsiasi sia la densità delle due metà"
"Consideriamo l'area ombreggiata.Per simmetria, il centro di massa di quest'area si trova al punto $A$ [Nota mia: Perché? A me non sembra che sia il caso se abbiamo emisferi con densità diverse], ad una distanza $r/2$ dal centro $O$.
Il resto della sfera sposta il centro di massa dell'intera sfera verso $O$ quindi ad una distanza $OS
Ma, per esempio, su una superficie ricoperta con Velcro, questo non è vero e la sfera potrebbe anche aderire in verticale
"Cordialmente, Alex
La risposta degli autori mica l'ho capita tanto (intendo la motivazione non la risposta finale)...
Concordo invece totalmente con la risposta di ingres.
Concordo invece totalmente con la risposta di ingres.
Ma, per esempio, su una superficie ricoperta con Velcro, questo non è vero e la sfera potrebbe anche aderire in verticale
Sì certo…ma suggerisco di mettere un bel po’ di Loctite nel punto di contatto…oppure fare una saldatura, se sfera e piano lo consentono
@Faussone
Ingres ha fatto i conti (li fa sempre, ne fa anche troppi ) e sostanzialmente dice: anche se la parte più pesante avesse tutta la massa della sfera e fosse tutta verso monte il suo centro di massa non potrebbe comunque mai essere più lontano di $r/2$ (anzi sempre minore) e quindi la sfera rotolerebbe sempre.
E qui ci siamo.
Gli autori invece danno per "ovvio" che quelle due parti in cui è suddivisa la parte grigia siano simmetriche; se fosse così il ragionamento fila ed è pure semplice ma è "quell'ovvio" che mi lascia perplesso; a me non sembra così tanto ...
Ingres ha fatto i conti (li fa sempre, ne fa anche troppi
) e sostanzialmente dice: anche se la parte più pesante avesse tutta la massa della sfera e fosse tutta verso monte il suo centro di massa non potrebbe comunque mai essere più lontano di $r/2$ (anzi sempre minore) e quindi la sfera rotolerebbe sempre.E qui ci siamo.
Gli autori invece danno per "ovvio" che quelle due parti in cui è suddivisa la parte grigia siano simmetriche; se fosse così il ragionamento fila ed è pure semplice ma è "quell'ovvio" che mi lascia perplesso; a me non sembra così tanto ...
Secondo me il ragionamento che fanno è che se esistesse solo l'area ombreggiata "pesante" (che se rigiri la sfera si vede essere meno di una semisfera) allora effettivamente il cdm sarebbe sulla verticale. Ma poichè esiste il resto della sfera, ovvero il resto della semisfera "pesante" e tutta la semisfera "leggera", il cdm si sposta in S.
Questo è chiaro ma non è quello il punto che mi perplime
Loro affermano che è ovvio che il centro di massa della parte grigia si trovi in $A$ ma per me è tutt'altro che ovvio.
Se si traccia il diametro che divide i due emisferi a $45°$ rispetto all'orizzontale, la parte grigia a sinistra di $A$ sarebbe più pesante (o più leggera) della parte alla destra di $A$ quindi come potrebbe il centro di massa essere in $A$?
In realtà può essere sempre vero (di fatto lo hai dimostrato tu) perché geometricamente le aree non sono equivalenti ma mi è difficile vederlo come "ovvio".
Penso che loro abbiano "in testa" qualche "proprietà" di quella figura geometrica che però a me sfugge
Cordialmente, Alex
Loro affermano che è ovvio che il centro di massa della parte grigia si trovi in $A$ ma per me è tutt'altro che ovvio.
Se si traccia il diametro che divide i due emisferi a $45°$ rispetto all'orizzontale, la parte grigia a sinistra di $A$ sarebbe più pesante (o più leggera) della parte alla destra di $A$ quindi come potrebbe il centro di massa essere in $A$?
In realtà può essere sempre vero (di fatto lo hai dimostrato tu) perché geometricamente le aree non sono equivalenti ma mi è difficile vederlo come "ovvio".
Penso che loro abbiano "in testa" qualche "proprietà" di quella figura geometrica che però a me sfugge
Cordialmente, Alex
Credo che il metodo più semplice sia ragionare così:
1) considera la sfera posta sul piano orizzontale con le due semisfere in orizzontale. per semplicità puoi supporre la semisfera più pesante nella parte superiore, ma ovviamente non cambia nulla se invece è nella parte inferiore.
Il baricentro sarà comunque sull'asse della sfera, perpendicolare al piano orizzontale e passante per il centro, ad una certa distanza dal centro nel verso della semisfera più pesante. Sia S tale punto.
2) consideriamo una calotta sferica ottenuta da un piano secante che taglia in orizzontale la semisfera "pesante" a R/2 rispetto al centro.
3) consideriamo quindi una calotta sferica simmetrica, rispetto alla superfice di taglio, alla precedente. Il suo apice corrisponderà per costruzione al centro della sfera.
4) ora verniciamo di grigio l'insieme delle 2 calotte e osserviamo che tale insieme sarà:
- completamente contenuto nella semisfera pesante
- avrà il baricentro A sempre sull'asse della sfera e posto a R/2 per simmetria, trattandosi sempre dello stesso materiale "pesante".
5) prendiamo quanto ottenuto e posizioniamolo sul piano inclinato rigirando la sfera in modo che il punto A sia sulla verticale del punto di contatto.
Nota: la linea OP della figura precedente non è quindi la linea divisoria tra le due semisfere.
Ecco che riottieni la figura che hanno riportato gli autori e che gode esattamente delle proprietà che dicono (tranne l'ovvietà naturalmente ).
1) considera la sfera posta sul piano orizzontale con le due semisfere in orizzontale. per semplicità puoi supporre la semisfera più pesante nella parte superiore, ma ovviamente non cambia nulla se invece è nella parte inferiore.
Il baricentro sarà comunque sull'asse della sfera, perpendicolare al piano orizzontale e passante per il centro, ad una certa distanza dal centro nel verso della semisfera più pesante. Sia S tale punto.
2) consideriamo una calotta sferica ottenuta da un piano secante che taglia in orizzontale la semisfera "pesante" a R/2 rispetto al centro.
3) consideriamo quindi una calotta sferica simmetrica, rispetto alla superfice di taglio, alla precedente. Il suo apice corrisponderà per costruzione al centro della sfera.
4) ora verniciamo di grigio l'insieme delle 2 calotte e osserviamo che tale insieme sarà:
- completamente contenuto nella semisfera pesante
- avrà il baricentro A sempre sull'asse della sfera e posto a R/2 per simmetria, trattandosi sempre dello stesso materiale "pesante".
5) prendiamo quanto ottenuto e posizioniamolo sul piano inclinato rigirando la sfera in modo che il punto A sia sulla verticale del punto di contatto.
Nota: la linea OP della figura precedente non è quindi la linea divisoria tra le due semisfere.
Ecco che riottieni la figura che hanno riportato gli autori e che gode esattamente delle proprietà che dicono (tranne l'ovvietà naturalmente
).
No, un attimo, forse non ci stiamo capendo.
Tu stai spiegando in modo più dettagliato quello che hanno detto loro e questo l'ho capito, solo che mi sembra un caso particolare e non la generalizzazione che invece si vuole dimostrare.
Guarda questa immagine:
Blu=pesante, Verde=leggero -> perché $A$ dovrebbe essere il cdm?
C'è qualcosa che mi sfugge ...
Tu stai spiegando in modo più dettagliato quello che hanno detto loro e questo l'ho capito, solo che mi sembra un caso particolare e non la generalizzazione che invece si vuole dimostrare.
Guarda questa immagine:
Blu=pesante, Verde=leggero -> perché $A$ dovrebbe essere il cdm?
C'è qualcosa che mi sfugge ...
In quel disegno A non è il centro di massa delle 2 calotte, ma gli autori, banalmente, non stanno considerando la sfera ruotata in quel modo, ma in modo che le due calotte siano tutte blu, ovvero con la linea che hai disegnato messa in verticale. Allora A diventa il cdm delle due calotte, ed è allineato al vero centro di massa S della sfera e al centro geometrico O della sfera stessa.
Questo perché ammettono, implicitamente o esplicitamente che sia, che per avere una possibilità di equilibrio la parte pesante deve stare tutta a monte rispetto alla verticale.
In effetti sono d'accordo con te che come dimostrazione può essere un pò forzata, ma in alternativa mi sa che rimane solo .. fare dei conti
Questo perché ammettono, implicitamente o esplicitamente che sia, che per avere una possibilità di equilibrio la parte pesante deve stare tutta a monte rispetto alla verticale.
In effetti sono d'accordo con te che come dimostrazione può essere un pò forzata, ma in alternativa mi sa che rimane solo .. fare dei conti
"ingres":
In effetti sono d'accordo con te che come dimostrazione può essere un pò forzata, ma in alternativa mi sa che rimane solo .. fare dei conti
Peraltro l'unico conto da fare in pratica è calcolare la posizione del baricentro di una emisfera.
"ingres":
Questo perché ammettono, implicitamente o esplicitamente che sia, che per avere una possibilità di equilibrio la parte pesante deve stare tutta a monte rispetto alla verticale.
Ah, forse ho capito cosa intendi dire ovvero sei riuscito a comprendere che cosa è "ovvio" per loro
Il loro disegno non è relativo ad un'orientazione generica ma a quella più "sfavorevole" (è questa la parte ovvia che non avevo (sotto)inteso) e siccome anche in quel caso rotola, rotola sempre.
C'è anche da dire, a loro "discolpa"
, che come accade normalmente in tutti i libri, non sempre (anzi raramente) le soluzioni sono dettagliate ma spesso "i dettagli sono lasciati al lettore" Cordialmente, Alex
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