Rocchetto
salve sapreste aiutarmi ho delle difficoltà a risolvere questo problema.
ho questo problema..
http://oi60.tinypic.com/hujbds.jpg
mi servirebbe sapere come calcolare:
1.Il momento di inerzia del rocchetto rispetto al suo asse di rotazione istantanea.
2.l'accelerazione a1.
3.la forza di attrito fa2.
ecco i dati
http://oi59.tinypic.com/2aiilo4.jpg
grazie..
ho questo problema..
http://oi60.tinypic.com/hujbds.jpg
mi servirebbe sapere come calcolare:
1.Il momento di inerzia del rocchetto rispetto al suo asse di rotazione istantanea.
2.l'accelerazione a1.
3.la forza di attrito fa2.
ecco i dati
http://oi59.tinypic.com/2aiilo4.jpg
grazie..
Risposte
"professorkappa":
Saluti
PK
grazie davvero kappa..
ho provato a fare un nuovo esercizio. giusto per vedere se ho capito sul serio..
se hai 2 minuti..
spero di darti delle soddisfazioni
http://oi60.tinypic.com/2evrss3.jpg
https://fbcdn-sphotos-h-a.akamaihd.net/ ... 8d5da0960d
https://fbcdn-sphotos-h-a.akamaihd.net/ ... b0f2bf45b9
http://oi60.tinypic.com/4szeqh.jpg
http://oi59.tinypic.com/icnyvk.jpg
Mi posti una situazione scritta qui, senno' divento matto a saltare da figura a figura.
Pero', per l'ennesima volta, disegna i sistemi di riferimento, gli spostamenti e le rotazioni.
Inoltre:
Manca la $T_1$ sul rocchetto
Non si capisce dove agisce la $T_1$ sul rocchetto. Dalla figura sembra sull'asse, ma dai calcoli agisce sulla periferia del rocchetto piu' piccolo.
Il testo, con la calligrafia, si capisce male e i anche calcoli sono tagliati.
Quindi: metti solo la figura corretta come sopra, il resto incluse le formule, scrivilo sul post usando l'editor matematico.
Se fai cosi, ti premio con un sistema per risolvere questi problemi molto meno macchinoso, ma devo essere sicuro che hai afferrato tutto prima.
Grazie
PK
Pero', per l'ennesima volta, disegna i sistemi di riferimento, gli spostamenti e le rotazioni.
Inoltre:
Manca la $T_1$ sul rocchetto
Non si capisce dove agisce la $T_1$ sul rocchetto. Dalla figura sembra sull'asse, ma dai calcoli agisce sulla periferia del rocchetto piu' piccolo.
Il testo, con la calligrafia, si capisce male e i anche calcoli sono tagliati.
Quindi: metti solo la figura corretta come sopra, il resto incluse le formule, scrivilo sul post usando l'editor matematico.
Se fai cosi, ti premio con un sistema per risolvere questi problemi molto meno macchinoso, ma devo essere sicuro che hai afferrato tutto prima.
Grazie
PK
Per inciso, se i raggi dei rocchetti sono in metri, l'accelerazione del blocco 1 e' 3.9$m/s^2$ diretta lungo il piano verso l'alto.
"professorkappa":
Il testo, con la calligrafia, si capisce male e i anche calcoli sono tagliati.
Quindi: metti solo la figura corretta come sopra, il resto incluse le formule, scrivilo sul post usando l'editor matematico.
PK
le eq della dinamica ci forniscono:
${M_3g-T_3=M_3a_3$
${T_(3)2R_B-T_(1)2R_B=I_0alpha$
${-M_1gsinbeta+T_1=M_1a_1$
momento di inerzia rispetto al centro di massa:
$I_(cm)=1/2M_AR_A+1/2M_BR_B$
rispetto al punto di contatto:
$I_0=I_(cm)+M_AR_B+M_BR_B$
spostamenti:
$a_3=2R_Balpha$
$alpha(R_B+R_A)=a_1$
allora:
$alpha=a_1/(R_B+R_A)$
$a_3=(2R_Ba_1)/(R_B+R_A)$
alla fine mi trovo:
$a_1=(M_3g-M_1sinbetag)/(M_1+3/2M_3+19/48M_A+9/16M_B)=3.25m/s^2$
quindi ho fatto qualche errore mi sa..
il risultato è quello che dicevi tu $a_1=3.9m/s^2$
Sei volenteroso, fa piacere, e' una soddisfazione.
Mandami il file del disegno su mnin68@gmail.com. Lo correggo, te lo rimando e ti mostro i calcoli.
Aspetto
ciao
PK
Mandami il file del disegno su mnin68@gmail.com. Lo correggo, te lo rimando e ti mostro i calcoli.
Aspetto
ciao
PK
"professorkappa":
Sei volenteroso, fa piacere, e' una soddisfazione.
Mandami il file del disegno su mnin68@gmail.com. Lo correggo, te lo rimando e ti mostro i calcoli.
Aspetto
ciao
PK
email mandata
speriamo che non sia andato troppo male
ci sono diversi errori.
Intanto non rispetti i segni del sistema di riferimento
poi il sistema di riferimento non e' conveniente
i momenti d' inerzia devono avere raggi al quadrato
Intanto non rispetti i segni del sistema di riferimento
poi il sistema di riferimento non e' conveniente
i momenti d' inerzia devono avere raggi al quadrato
"professorkappa":
ci sono diversi errori.
Intanto non rispetti i segni del sistema di riferimento
poi il sistema di riferimento non e' conveniente
i momenti d' inerzia devono avere raggi al quadrato
per quanto riguarda i raggi al quadrato e' stato un errore di distrazione..
per il sistema di riferimento ho sbagliato a disegnarlo hai ragione me ne sono reso conto..
che ho combinato piu'?
E non ti basta? 
La seconda equzione deve esserci $2T_1(R_a+R_b), altro errore.
La seconda equzione deve esserci $2T_1(R_a+R_b), altro errore.
la pagina rimanda a un errore
ricaricata!
Ok, dato questo sistema di riferimento, ti rendi conto di come e' facile impostare le equazioni senza rischi di sbagliare (a parte il fatto che io istintivamente ho messo a1, a2 e a 3 da sinistra a destra, quando ho corretto il disegno. Vabbe', capita quando non si usa carta e penna.
$M_3g$ e concorde con l asse positivo, quindi:
\( M_3g -T_3 = M_3a_1 \)
Il rocchetto rotola in senso antiorario, quindi i momenti antirorari li prendiamo positivi
\( T_3(2R_B)-T_1(R_a+R_b) = I_0a_2 \) ($a_2$=accelerazione angolare)
Per il blocco1, $T_1$ e' concorde con il sistema di riferimento. Quindi sara' positiva.
\( T_1-M_1gsin\beta = M_1a_3 \)
Le relazioni tra $a_1$, $a_2$ e $a_3$ le abbiamo gia calcolate, $I_cm$ a questo lo sai calcolare, ti resta solo il facchinaggio algebrico per determinare tutto.
Quando hai assorbito, ti spiego un sistema piu' "facile"
$M_3g$ e concorde con l asse positivo, quindi:
\( M_3g -T_3 = M_3a_1 \)
Il rocchetto rotola in senso antiorario, quindi i momenti antirorari li prendiamo positivi
\( T_3(2R_B)-T_1(R_a+R_b) = I_0a_2 \) ($a_2$=accelerazione angolare)
Per il blocco1, $T_1$ e' concorde con il sistema di riferimento. Quindi sara' positiva.
\( T_1-M_1gsin\beta = M_1a_3 \)
Le relazioni tra $a_1$, $a_2$ e $a_3$ le abbiamo gia calcolate, $I_cm$ a questo lo sai calcolare, ti resta solo il facchinaggio algebrico per determinare tutto.
Quando hai assorbito, ti spiego un sistema piu' "facile"
"professorkappa":
\( T_3(2R_B)-T_1(R_a+R_b) = I_0a_2 \) ($a_2$=accelerazione angolare)
Quando hai assorbito, ti spiego un sistema piu' "facile"
calcoli fatti mi trovo.
Nella seconda equazione il braccio della tensione $T_1$ è $T_1(R_A+R_B)$ bisogna fare così perche' supponi che la corda che collega il rocchetto alla massa $M_1$ si trovi all'altezza $R_A+R_B$ che e' la distanza dal punto di contatto?
intanto mi esercito con altri esercizi in attesa del tuo sistema piu' facile
grazie kappa!
Si, esattamente, il momento e' (distanza dal punto di rotazione x forza).
Postami la figura che ti ho mandato via mail e ti spiego il metodo piu' facile (ma non ti aspettare miracolose scorciatoie pero', DEVI SFACCHINAREEEEEEE!!!!).
Pero' un po' meno...........................
Postami la figura che ti ho mandato via mail e ti spiego il metodo piu' facile (ma non ti aspettare miracolose scorciatoie pero', DEVI SFACCHINAREEEEEEE!!!!).
Pero' un po' meno...........................
ora kappa ho fatto questo esercizio..se puoi e se vuoi dagli un occhiata..
diciamo che e' la prova del nove
le eq della dinamica:
${-M_1sinthetag+fa_1+T=M_1a_(cm1)$
${TR_1-fa_1R_1=I_(cm1)alpha_1$
${M_2sinthetaR_2-T_(2)2R_2=I_02alpha_2$
con:
$I_(cm1)=1/2M_1R_1^2$
$I_02=3/2M_2R_2^2$
spostamenti:
$alpha_1=a_1/(2R_1)$
$alpha_2=a_2/(2R_2)$
$a_(cm1)=2a_1$
$2R_1alpha_1=2R_2alpha_2$
diciamo che e' la prova del nove
le eq della dinamica:
${-M_1sinthetag+fa_1+T=M_1a_(cm1)$
${TR_1-fa_1R_1=I_(cm1)alpha_1$
${M_2sinthetaR_2-T_(2)2R_2=I_02alpha_2$
con:
$I_(cm1)=1/2M_1R_1^2$
$I_02=3/2M_2R_2^2$
spostamenti:
$alpha_1=a_1/(2R_1)$
$alpha_2=a_2/(2R_2)$
$a_(cm1)=2a_1$
$2R_1alpha_1=2R_2alpha_2$
Non ci siamo.
Completamente fuori strada! Errori nelle formule!
E poi non vedo la soluzione, dove e' $a_cm$ in funzione dei dati del problema?
Perche su un disco fai equilibrio del momento e sull'altro equilibrio delle forze?
Su $M_2$ non mi pare che il problema dica che c'e' attrito.
Devi essere consistente e sistematico, cosi non va bene, infatti non hai risolto un bel nulla.
Sorry!
Completamente fuori strada! Errori nelle formule!
E poi non vedo la soluzione, dove e' $a_cm$ in funzione dei dati del problema?
Perche su un disco fai equilibrio del momento e sull'altro equilibrio delle forze?
Su $M_2$ non mi pare che il problema dica che c'e' attrito.
Devi essere consistente e sistematico, cosi non va bene, infatti non hai risolto un bel nulla.
Sorry!
"professorkappa":
Non ci siamo.
Completamente fuori strada! Errori nelle formule!
E poi non vedo la soluzione, dove e' $a_cm$ in funzione dei dati del problema?
Perche su un disco fai equilibrio del momento e sull'altro equilibrio delle forze?
Su $M_2$ non mi pare che il problema dica che c'e' attrito.
Devi essere consistente e sistematico, cosi non va bene, infatti non hai risolto un bel nulla.
Sorry!
per $a_(cm1)$ ho scritto $a_(cm1)=2a_1$
ho scritto tutto in funzione di $a_1$
anche il corpo 2 rotola quindi l'attrito c'e'..ma siccome non mi chiede di trovare la forza di attrito su $M_2$ ho scritto il momento d'inerzia rispetto al punto di contatto mentre per $M_1$ l'ho scritto rispetto al centro di massa.
Ma scusa, perche ti complichi la vita cosi tanto.
Intanto il sistema di riferimento XY che hai messo non ti aiuta per niente, infatti non lo usi.
Poi fai esattamente al contrario: il polo di rotazione va scelto sul punto di contatto perche' ti elimina un'incognita, la forza d'attrito, che ha momento nullo rispetto a quel polo
Secondo, non usare $a_1$ e $a_2$. Quelle sono rotazioni, quindi usa angoli
Rotazione del rullo (1) $a_1$ la chiamiamo \( \alpha \)
Rotazione del rullo (2) $a_2$ la chiamiamo \( \varphi \)
Non cambia nulla ai fini pratici, ma anche i simboli vogliono la loro parte e gli angoli si indicano di norma con le lettere greche.
Detto questo, quando i due rulli ruotano (in senso orario, come in figura, E QUELLO E" IL SISTEMA DI RIFERIMENTO! NON XY),
Tu puoi certamente asserire che:
\( 2R_1\alpha\ =2R_2\varphi \) PRIMA EQUAZIONE DI CONGRUENZA CINEMATICA.
Equazioni dei momenti rispetto agi assi di rotazione:
Corpo (1), momenti positivi nel senso delle rotazioni
\( 2TR_1-M_1gsin\vartheta =I_{01}\ddot{\alpha } \)
Corpo (2), di nuovo, momenti positivi nel senso delle rotazioni
\( M_2gsin\vartheta - TR_2=I_{02}\ddot{\varphi } \)
Le incognite sono T, \( \alpha \) e \( \varphi \)
3 incognite e 3 equazioni, puoi risolvere il sistema facilmente e trovarle.
Una volta note le UNA ACCELERAZIONE (l'altra e' dipendente in virtu' della congruenza cinematica) HAI TUTTO, HAI RISOLTO IL PROBLEMA! NON TI SERVE ALTRO.
Allora e solo allora risponderai agli altri punti del problema:
\( a_{cm1}=R_1\ddot{\alpha} \)
La forza $F_a$ la trovi impostando che
\( T+f_a-M_1gsin\theta = M_1a_{cm} \)
e via di seguito.
E' il metodo che ti manca, e che ti fa scrivere euqzioni inutili con rischi di sbagliare.
Me ne risolvi 2 o 3 in questo modo?
Ciao
PK
Intanto il sistema di riferimento XY che hai messo non ti aiuta per niente, infatti non lo usi.
Poi fai esattamente al contrario: il polo di rotazione va scelto sul punto di contatto perche' ti elimina un'incognita, la forza d'attrito, che ha momento nullo rispetto a quel polo
Secondo, non usare $a_1$ e $a_2$. Quelle sono rotazioni, quindi usa angoli
Rotazione del rullo (1) $a_1$ la chiamiamo \( \alpha \)
Rotazione del rullo (2) $a_2$ la chiamiamo \( \varphi \)
Non cambia nulla ai fini pratici, ma anche i simboli vogliono la loro parte e gli angoli si indicano di norma con le lettere greche.
Detto questo, quando i due rulli ruotano (in senso orario, come in figura, E QUELLO E" IL SISTEMA DI RIFERIMENTO! NON XY),
Tu puoi certamente asserire che:
\( 2R_1\alpha\ =2R_2\varphi \) PRIMA EQUAZIONE DI CONGRUENZA CINEMATICA.
Equazioni dei momenti rispetto agi assi di rotazione:
Corpo (1), momenti positivi nel senso delle rotazioni
\( 2TR_1-M_1gsin\vartheta =I_{01}\ddot{\alpha } \)
Corpo (2), di nuovo, momenti positivi nel senso delle rotazioni
\( M_2gsin\vartheta - TR_2=I_{02}\ddot{\varphi } \)
Le incognite sono T, \( \alpha \) e \( \varphi \)
3 incognite e 3 equazioni, puoi risolvere il sistema facilmente e trovarle.
Una volta note le UNA ACCELERAZIONE (l'altra e' dipendente in virtu' della congruenza cinematica) HAI TUTTO, HAI RISOLTO IL PROBLEMA! NON TI SERVE ALTRO.
Allora e solo allora risponderai agli altri punti del problema:
\( a_{cm1}=R_1\ddot{\alpha} \)
La forza $F_a$ la trovi impostando che
\( T+f_a-M_1gsin\theta = M_1a_{cm} \)
e via di seguito.
E' il metodo che ti manca, e che ti fa scrivere euqzioni inutili con rischi di sbagliare.
Me ne risolvi 2 o 3 in questo modo?
Ciao
PK
"professorkappa":
E' il metodo che ti manca, e che ti fa scrivere euqzioni inutili con rischi di sbagliare.
Me ne risolvi 2 o 3 in questo modo?
Ciao
PK
sei gentilissimo kappa ora cerco altri esercizi e da domani mi metto all'opera!
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