Rotolamento impuro di un cilindro
Salve ragazzi, vi propongo questo problema, di cui non riesco a venirne a capo.
Da quanto ho capito il cilindro inizialmente trasla e ruota sul piano fino a raggiungere una determinata distanza dal punto di partenza, dopodiché inizia a muoversi con un moto di puro rotolamento.
Ho pensato di scrivere le equazioni del moto in questo modo:
\(\displaystyle v=v_0-u_dgt \)
\(\displaystyle \omega=\omega_0-\dfrac{MgR}{I}t \)
Ora ho pensato di porre la v=0 e calcolare dopo quanto tempo termina la traslazione, ma non so se il ragionamento è giusto, ne tantomeno se ho scritto bene le equazioni del moto.
Un cilindro di massa M = 3kg e raggio R = 0.3m viene lanciato su di un piano con velocità iniziale \(\displaystyle v_0=2m/s \) e velocità angolare \(\displaystyle \omega_0 \). Se tra il piano ed il cilindro è presente un attrito dinamico con coefficiente \(\displaystyle u_0=0.3 \) e si osserva che il cilindro nell'istante in cui smette di strisciare inizia a muoversi di puro rotolamento, tornando indietro.
1) Si calcoli la velocità angolare minima \(\displaystyle \omega_\min \) perchè ciò accada.
2) Il tempo impiegato dal cilindro a tornare nel punto di partenza se \(\displaystyle \omega_0 = 2\omega_\min \)
Da quanto ho capito il cilindro inizialmente trasla e ruota sul piano fino a raggiungere una determinata distanza dal punto di partenza, dopodiché inizia a muoversi con un moto di puro rotolamento.
Ho pensato di scrivere le equazioni del moto in questo modo:
\(\displaystyle v=v_0-u_dgt \)
\(\displaystyle \omega=\omega_0-\dfrac{MgR}{I}t \)
Ora ho pensato di porre la v=0 e calcolare dopo quanto tempo termina la traslazione, ma non so se il ragionamento è giusto, ne tantomeno se ho scritto bene le equazioni del moto.
Risposte
Non sono sicuro che il procedimento sia corretto, comunque provo.
La velocità assoluta del punto a contatto con il piano è data da:
$$v_t (t) = v(t) + \omega(t)R$$
Devi porla uguale a zero perché la condizione di moto di puro rotolamento è che il punto a contatto col piano scabro ha velocità relativamente a questo nulla.
Si ha, dalle equazioni cardinali:
$(d\omega)/dt = -( \mu_d MgR)/I$
E, quindi:
$$\omega(t) = \omega_0 -2(\mu_d gt)/R $$
Analogamente, abbiamo che $ F = ma$, ovvero che $f_a = \mu_d mg = m(dv)/dt$, e quindi si ricava che:
$$v(t) = v_0 - \mu_d gt$$
Segue che:
$$v_t (t) = v_0 + \omega_0 R - 3\mu_d gt$$
Che si annulla per $t = frac{v_0 + \omega_0 R}{3\mu_d g}$
La condizione necessaria affinché il moto, dopo essersi arrestato, proceda in senso inverso di puro rotolamento è che $\omega(t) > 0$ per quel valore di $t$, ovvero:
$$\omega_0 -(2(\mu_0 g)/R)\frac{v_0 + \omega_0 R}{3\mu_d g} >0$$
Che si verifica se $ \omega_0 > 2v_0/R $.
La velocità assoluta del punto a contatto con il piano è data da:
$$v_t (t) = v(t) + \omega(t)R$$
Devi porla uguale a zero perché la condizione di moto di puro rotolamento è che il punto a contatto col piano scabro ha velocità relativamente a questo nulla.
Si ha, dalle equazioni cardinali:
$(d\omega)/dt = -( \mu_d MgR)/I$
E, quindi:
$$\omega(t) = \omega_0 -2(\mu_d gt)/R $$
Analogamente, abbiamo che $ F = ma$, ovvero che $f_a = \mu_d mg = m(dv)/dt$, e quindi si ricava che:
$$v(t) = v_0 - \mu_d gt$$
Segue che:
$$v_t (t) = v_0 + \omega_0 R - 3\mu_d gt$$
Che si annulla per $t = frac{v_0 + \omega_0 R}{3\mu_d g}$
La condizione necessaria affinché il moto, dopo essersi arrestato, proceda in senso inverso di puro rotolamento è che $\omega(t) > 0$ per quel valore di $t$, ovvero:
$$\omega_0 -(2(\mu_0 g)/R)\frac{v_0 + \omega_0 R}{3\mu_d g} >0$$
Che si verifica se $ \omega_0 > 2v_0/R $.
Non si vedo le formule.
Deve uscire $\omega_0>{2v_0}/{R} $
Deve uscire $\omega_0>{2v_0}/{R} $
"professorkappa":
Non si vedo le formule.
Deve uscire $\omega_0>{2v_0}/{R} $
Ciao!
Parli delle formule scritte da me?
Comunque il risultato al quale ero giunto io è uguale.
Grazie mille, chiarissimi come sempre.
Per quanto riguarda il secondo punto ho pensato di calcolare lo spazio percorso prima di iniziare il rotolamento puro tramite \(\displaystyle S=V_0t- ({1}/{2})u_dgt^2\) dove t è la t calcolata in \(\displaystyle t = \frac{v_0 + \omega_0 R}{3\mu_d g} \) con \(\displaystyle \omega_0 = 2 \omega_\min \). Trovato lo spazio, posso calcolare il tempo impiegato a tornare indietro tramite \(\displaystyle S = ({1}/{2})u_dgt_2^2\) e risolvendo per \(\displaystyle t_2 \) quindi \(\displaystyle t_2 = \sqrt{ \frac{2S}{u_dg}} \). Il tempo totale sarà \(\displaystyle T=t+t_2 \) Giusto?
Poi
vorrei capire che relazione c'è tra \(\displaystyle v(t) = v_0 - \mu_d gt \) e \(\displaystyle v_t (t) = v_0 + \omega_0 R - 3\mu_d gt \)
GRAZIE
Per quanto riguarda il secondo punto ho pensato di calcolare lo spazio percorso prima di iniziare il rotolamento puro tramite \(\displaystyle S=V_0t- ({1}/{2})u_dgt^2\) dove t è la t calcolata in \(\displaystyle t = \frac{v_0 + \omega_0 R}{3\mu_d g} \) con \(\displaystyle \omega_0 = 2 \omega_\min \). Trovato lo spazio, posso calcolare il tempo impiegato a tornare indietro tramite \(\displaystyle S = ({1}/{2})u_dgt_2^2\) e risolvendo per \(\displaystyle t_2 \) quindi \(\displaystyle t_2 = \sqrt{ \frac{2S}{u_dg}} \). Il tempo totale sarà \(\displaystyle T=t+t_2 \) Giusto?
Poi
"Black Magic":
Analogamente, abbiamo che $ F = ma $, ovvero che $ f_a = \mu_d mg = m(dv)/dt $, e quindi si ricava che:
\[ v(t) = v_0 - \mu_d gt \]
Segue che:
\[ v_t (t) = v_0 + \omega_0 R - 3\mu_d gt \]
vorrei capire che relazione c'è tra \(\displaystyle v(t) = v_0 - \mu_d gt \) e \(\displaystyle v_t (t) = v_0 + \omega_0 R - 3\mu_d gt \)
GRAZIE
Mi sembra molto convoluta come spiegazione.
Io ho risolto cosi:
Metodo (1) di Magia Nera (semplificato):
La velocita del baricentro decresce per via dell'attrito che fa' un'accelerazione (negativa) di modulo pari a $\mug$
Quindi $v=v_0-\mug\cdott$
Quindi il baricentro si ferma a $t_1={v_0}/(\mug}$
L'attrito fa diminuire anche la rotazione, perche da un momento negativo di modulo $\mumgR$, e quindi un'accelerazione negetiva pari a ${\mumgR}/{I}$
Quindi per la rotazione: $\omega=\omega_0-{\mumgR}/{I}t$ con $I$ momento di inerzia rispetto al baricentro.
All'istante $t_1$, $\omega=\omega_0-{\mumgR}/{I}\cdot{v_0}/{\mug}>0$
E siccome $I={mR^2}/{2}$, salta fuori $\omega_0>{2v_0}/{R}$.
Secondo metodo, molto piu' elegante, a mio parere (anche perche' e' quello che ho usato io per risolverlo, eh eh
).
Il momento angolare rispetto a un asse polare parallelo all'asse del cilindro e passante per il piano di rotolamento si mantiene costante. (Spiegare il perche').
Prima del lancio, il momento polare e' $P_0=-mv_0R+I\omega_0$
Dopo all'istante in cui il cilindro si ferma, $P_1=I\omega$
Quindi, valendo $P_0=P_1$, implica che $-mv_0R+I\omega_0 = I\omega$.
E siccome $\omega>0$, ne segue che deve essere $-mv_0R+I\omega_0>0$, da cui il risultato.
Il quesito 2 si risolve alo stesso modo, ma tu ora sai che $\omega_0=4{v_0}/{R}$
Io ho risolto cosi:
Metodo (1) di Magia Nera (semplificato):
La velocita del baricentro decresce per via dell'attrito che fa' un'accelerazione (negativa) di modulo pari a $\mug$
Quindi $v=v_0-\mug\cdott$
Quindi il baricentro si ferma a $t_1={v_0}/(\mug}$
L'attrito fa diminuire anche la rotazione, perche da un momento negativo di modulo $\mumgR$, e quindi un'accelerazione negetiva pari a ${\mumgR}/{I}$
Quindi per la rotazione: $\omega=\omega_0-{\mumgR}/{I}t$ con $I$ momento di inerzia rispetto al baricentro.
All'istante $t_1$, $\omega=\omega_0-{\mumgR}/{I}\cdot{v_0}/{\mug}>0$
E siccome $I={mR^2}/{2}$, salta fuori $\omega_0>{2v_0}/{R}$.
Secondo metodo, molto piu' elegante, a mio parere (anche perche' e' quello che ho usato io per risolverlo, eh eh
).Il momento angolare rispetto a un asse polare parallelo all'asse del cilindro e passante per il piano di rotolamento si mantiene costante. (Spiegare il perche').
Prima del lancio, il momento polare e' $P_0=-mv_0R+I\omega_0$
Dopo all'istante in cui il cilindro si ferma, $P_1=I\omega$
Quindi, valendo $P_0=P_1$, implica che $-mv_0R+I\omega_0 = I\omega$.
E siccome $\omega>0$, ne segue che deve essere $-mv_0R+I\omega_0>0$, da cui il risultato.
Il quesito 2 si risolve alo stesso modo, ma tu ora sai che $\omega_0=4{v_0}/{R}$
Grazie mille PK, molto più intuitivo e "pulito" il secondo metodo. Quello che ancora non mi è chiaro è:
Ok, conosco sia \(\displaystyle \omega_0 \) che \(\displaystyle \omega \) al termine della traslazione ma dovrei calcolare lo spazio percorso sul piano altrimenti quando il moto diventa di puro rotolamento non so quanto spazio deve percorrere?!
Quindi potrei fare comunque in questo modo?
o c'è qualche altro trucco di "magia nera" ???
P.s. Il momento angolare si conserva, dato che il momento generato dalle forze esterne applicate al baricentro è nullo!
"professorkappa":
Il quesito 2 si risolve alo stesso modo, ma tu ora sai che ω0=4v0R
Ok, conosco sia \(\displaystyle \omega_0 \) che \(\displaystyle \omega \) al termine della traslazione ma dovrei calcolare lo spazio percorso sul piano altrimenti quando il moto diventa di puro rotolamento non so quanto spazio deve percorrere?!
Quindi potrei fare comunque in questo modo?
"grausof":
S=V0t−(1/2)udgt2 dove t è la t calcolata in t=v0+ω0R3μdg con ω0=2ωmin. Trovato lo spazio, posso calcolare il tempo impiegato a tornare indietro tramite S=(1/2)udgt22 e risolvendo per t2
o c'è qualche altro trucco di "magia nera" ???
P.s. Il momento angolare si conserva, dato che il momento generato dalle forze esterne applicate al baricentro è nullo!
"grausof":
Grazie mille PK, molto più intuitivo e "pulito" il secondo metodo.
Vedi alle volte? Avrei detto che il primo metodo era piu' intuitivo, ma il secondo metodo piu' conciso e diretto.
pero' rispondi alla domanda: se c'e' un momento agente (per via dell'attrito), come fa a conservarsi l'impulso angolare?
Per il secondo quesito: siccome ti chiede un tempo, ti conviene impostare un equazione cinematica. Le equazioni che reggono le variazioni di energia (per es. conservazione dell'energia meccanica o teorema delle forze vive) - o le variazioni di grandezze vettoriali (quantita' di moto, conservazione dell'impulso angolare etc) non ti aiutano perche queste equazioni prescindono dal tempo, ma sono solo in funzione dello spazio e della velocita'. Le puoi usare a volte come passo intermedio - il teorema delle forze vive ti da', nota la variazione di energia cinetica e le forze in gioco, lo spazio percorso con un'unica equazione.
Detto questo, per il secondo quesito hai che il cilindro parte con velocita' $v_0$ e velocita' angolare $2\omega_{min}=4v_0/R$.
Il tempo per fermarsi $t_1$ lo hai gia calcolato secondo il metodo magia nera semplificato: se riguardi il post, trovi che $t_1=V_0/g$.
In questo tempo la velocita angolare del cilindro diminuisce, e all'arresto vale $\omega_1=4v_0/R-{\mumgR}/{I}{v_0}/{\mug}$ - continua a sviluppa i calcoli che non mi va!
Calcolati lo spazio percorso (con il teorema della forze vive, sorpresa sorpresa) - chiamiamolo $x_1$
Quindi, a quel punto il cilindro riparte da $x_1$ verso l'origine.
L'accelerazione del centro di massa e' $-\mug$.
L'equazione del moto per il secondo tratto e' allora:
$x = x_1+v_1t+1/2at^2$
dove: $v_1=-\omega_1R$ ($\omega_1$, ovviamente ti deve venire maggiore >0 dai calcoli)
e $a=-\mug$
imponendo che $x=0$ (rientro all'origine) e con $x_1$ trovato sopra, risolvi l'equazione di secondo grado e trovi $t_2$ (ovviamente una soluzione e' da scartare). Il tempo di rientro e la somma di $t_1+t_2$.
A volte si possono usare scorciatoie, ma a volte bisogna fatica'.
"professorkappa":
pero' rispondi alla domanda: se c'e' un momento agente (per via dell'attrito), come fa a conservarsi l'impulso angolare?
Considerando il piano sul quale si muove il punto di contatto tra cilindro e piano e scegliendo il polo in un qualsiasi punto del piano, vediamo che il momento angolare si conserva in quanto le uniche forze che agiscono sul cilindro sono: La forza peso e la reazione vincolare lungo Y e la forza d'attrito lungo X. Dato che il CM non accelera lungo Y abbiamo Forza peso = Reazione, entrambe le forze hanno lo stesso braccio rispetto al polo per cui si cancellano i momenti. La forza di attrito ha braccio nullo, per cui scegliendo il polo sul piano si annulla anche il momento della forza d'attrito!
Per il secondo punto:
"professorkappa":
trovi che \(\displaystyle t_1=V_0/g \).
Qui penso che intendevi \(\displaystyle t_1=v_0/ \mu g \).
Di conseguenza \(\displaystyle \omega_1=\omega_0 - (\mu mgR/I) t \) e facendo tutti i calcoli con \(\displaystyle \omega_0=4V_0/R \) viene fuori che \(\displaystyle \omega_1 \) all'arresto del cilindro vale \(\displaystyle \omega_1 = 2V_0/R \)
Posso calcolare la variazione di Energia meccanica.
Energia meccanica iniziale:
\(\displaystyle E_i =({1}/{2})I\omega_0^2 + ({1}/{2}) m V_0^2\)
Energia meccanica finale:
\(\displaystyle E_f =({1}/{2})I\omega_1^2 \)
quindi calcolo la variazione di energia che mi fornisce il lavoro compiuto!
"professorkappa":
Calcolati lo spazio percorso (con il teorema della forze vive, sorpresa sorpresa) - chiamiamolo x1
Qui non ho capito come calcolare lo spazio percorso. Potrei utilizzare il lavoro compiuto e trovare lo spostamento tramite \(\displaystyle W=F*dS \) imponendo come forza la forza d'attrito?
GIusto @professorkappa ???
Scusa, mi era sfuggita la risposta.
Innanzitutto, si, il tempo $t_1$m e' un errore:nello scrivere, mi e' sfuggito il $\mu$.
Il calcolo di $x_1$ si fa agevolemente tenendo conto che la variazione di energia cinetica e' pari al lavoro delle forze (l unica forza e' l'attrito, qui).
Quindi $-F_ax_1=-1/2mv_0^2$ (energia finale e' nulla, il corpo si ferma).
Innanzitutto, si, il tempo $t_1$m e' un errore:nello scrivere, mi e' sfuggito il $\mu$.
Il calcolo di $x_1$ si fa agevolemente tenendo conto che la variazione di energia cinetica e' pari al lavoro delle forze (l unica forza e' l'attrito, qui).
Quindi $-F_ax_1=-1/2mv_0^2$ (energia finale e' nulla, il corpo si ferma).
"professorkappa":
Quindi $-F_ax_1=-1/2mv_0^2$ (energia finale e' nulla, il corpo si ferma).
Ok, grazie. Ma non dovrei tener conto anche della velocità angolare, che in questo caso è \(\displaystyle v_0/R \) quindi
$-F_ax_1=-3/4mv_0^2$ ??
Si, come hai scritto sopra tu (la chiami eenrgia meccanica, ma in realta, dato che non cambia lenergia potenziale coincide). Scusa, una risposta un po' frettolosa.
Ok allora facciamo un breve punto della situazione per il punto 2.
Ho una $\omega_0 = 4V_0/R$ ossia la velocità angolare con la quale parte il cilindro dalla posizione $x_0 = 0$ dopo un lasso di tempo pari a $t_1={v_0}/{\mug}$ raggiunge la posizione $x_1$ con una velocità angolare $\omega_1=2V_0/R$ dalla posizione $x_1$ il cilindro ritorna in 0 con moto di puro rotolamento quindi $\omega_1=2V_0/R$ e $V_cm = 2V_0 $.
Dovrei calcolare lo spazio percorso da 0 a $x_1$ lo posso calcolare con la conservazione dell'energia ponendo Energia meccanica iniziale $E_i = {1}/{2}I\omega_0 + {1}/{2}mV_0^2$
e energia meccanica finale $E_i = {1}/{2}I\omega_1 $ dato che alla fine V = 0.
Quindi \(\displaystyle E_i - E_f = LNC \) => ${1}/{2}I\omega_0 + {1}/{2}mV_0^2 - {1}/{2}I\omega_1 = mU_dg X_1$
da cui ricavo che ${7}/{2}mv_0^2 = mU_dg X_1$
da cui $ x_1 = \frac{{7}/{2}mv_0^2}{m\mu_dg }$
QUI il moto non è puro rotolamento quindi \(\displaystyle \omega \neq V/R \)
Ora conoscendo $x_1$ passo a calcolare il tempo impiegato
So che $x_1=v_1t+1/2at^2$ con $v_1=-\omega_1R$ e $a = -\mu_dg$ e posso ricavare $T_1$ ossia il tempo per andare da $X_1$ a $0$
giusto? O mi sto rinco******o con le energie?
Inoltre in questo caso la conservazione dell'energia l'ho applicata dal tratto $0$ a $X_1$, volendo fare il contrario:
Ho una $\omega_0 = 4V_0/R$ ossia la velocità angolare con la quale parte il cilindro dalla posizione $x_0 = 0$ dopo un lasso di tempo pari a $t_1={v_0}/{\mug}$ raggiunge la posizione $x_1$ con una velocità angolare $\omega_1=2V_0/R$ dalla posizione $x_1$ il cilindro ritorna in 0 con moto di puro rotolamento quindi $\omega_1=2V_0/R$ e $V_cm = 2V_0 $.
Dovrei calcolare lo spazio percorso da 0 a $x_1$ lo posso calcolare con la conservazione dell'energia ponendo Energia meccanica iniziale $E_i = {1}/{2}I\omega_0 + {1}/{2}mV_0^2$
e energia meccanica finale $E_i = {1}/{2}I\omega_1 $ dato che alla fine V = 0.
Quindi \(\displaystyle E_i - E_f = LNC \) => ${1}/{2}I\omega_0 + {1}/{2}mV_0^2 - {1}/{2}I\omega_1 = mU_dg X_1$
da cui ricavo che ${7}/{2}mv_0^2 = mU_dg X_1$
da cui $ x_1 = \frac{{7}/{2}mv_0^2}{m\mu_dg }$
QUI il moto non è puro rotolamento quindi \(\displaystyle \omega \neq V/R \)
Ora conoscendo $x_1$ passo a calcolare il tempo impiegato
So che $x_1=v_1t+1/2at^2$ con $v_1=-\omega_1R$ e $a = -\mu_dg$ e posso ricavare $T_1$ ossia il tempo per andare da $X_1$ a $0$
giusto? O mi sto rinco******o con le energie?
Inoltre in questo caso la conservazione dell'energia l'ho applicata dal tratto $0$ a $X_1$, volendo fare il contrario:
"professorkappa":l'energia finale non può essere nulla, perchè il corpo non si ferma al punto di partenza, penso che continui a rotolare all'indietro!
(energia finale e' nulla, il corpo si ferma).
Aspe', fammi riguardare l'esercizio dall'inizio. Non mi ricordo mica piu' come era e mi sto confondendo con un altro, credo.
Dammi un paio di ore per riprenderlo in mano.
Dammi un paio di ore per riprenderlo in mano.
Va benissimo, fai con calma!
Attendo!
GRAZIE
Attendo!
GRAZIE
Ok, ora ci sono, mi ero dimenticato il testo originale.
Allora abbiamo gia' stabilito che il corpo parte con velocita' angolare $4v_0/R$ e sappiamo dalla prima parte che il corpo si fermera a un punto $x_1$ dopo un tempo ${v_0}/{mug}$. Dal quel punto riparte, perche la velocita angolare non si annulla di sicuro - infatti hai gia' trovato che scende al valore $\omega_f=2v_0/R$.
Per il calcolo della distanza percorsa puoi operare in 2 modi:
(1) l'accelreazione del centro di massa e' $\ddotx_c=-F_a/m=-\mug$.
Quindi, integrando trovi che
$x_1 = -{\mug t^2}/{2}+v_0t$.
Il tempo t lo conosci, sosituisci e trovi $x_1$
Risulta $ x_1={-\mug}/{2}{v_0}^2/{(\mug)^2}+{v_0^2}/(\mug}=1/2{v_0^2}/(\mug} $
Alternativamente, con il teorema delle forze vive, ricordandosi che questo e' un sistema a 2gdl indipendenti ($\omega$ e $v$ non sono correlate:
$ -1/2mv_0^2=-m\mug x_1$
Che ti fornisce la stessa $x_1$.
A questo punto, il cilindro rotola verso l'origine, secondo la legge oraria:
$ x = x_1-\omega_fRt-1/2\mug t^2 $
Sosituendo i valori trovati, e imponendo che $x=0$ - ritorno in O
$ 0 = 1/2v_0^2/{\mug}-2v_0t-1/2\mug t^2 = \mug t^2+4v_0t-v_0^2/{\mug} $
Che risolta, ti da
$ t_2={\sqrt{5v_0^2}-2v_0}/{\mug}=v_0/{\mug}(sqrt{5}-2) $
Allora abbiamo gia' stabilito che il corpo parte con velocita' angolare $4v_0/R$ e sappiamo dalla prima parte che il corpo si fermera a un punto $x_1$ dopo un tempo ${v_0}/{mug}$. Dal quel punto riparte, perche la velocita angolare non si annulla di sicuro - infatti hai gia' trovato che scende al valore $\omega_f=2v_0/R$.
Per il calcolo della distanza percorsa puoi operare in 2 modi:
(1) l'accelreazione del centro di massa e' $\ddotx_c=-F_a/m=-\mug$.
Quindi, integrando trovi che
$x_1 = -{\mug t^2}/{2}+v_0t$.
Il tempo t lo conosci, sosituisci e trovi $x_1$
Risulta $ x_1={-\mug}/{2}{v_0}^2/{(\mug)^2}+{v_0^2}/(\mug}=1/2{v_0^2}/(\mug} $
Alternativamente, con il teorema delle forze vive, ricordandosi che questo e' un sistema a 2gdl indipendenti ($\omega$ e $v$ non sono correlate:
$ -1/2mv_0^2=-m\mug x_1$
Che ti fornisce la stessa $x_1$.
A questo punto, il cilindro rotola verso l'origine, secondo la legge oraria:
$ x = x_1-\omega_fRt-1/2\mug t^2 $
Sosituendo i valori trovati, e imponendo che $x=0$ - ritorno in O
$ 0 = 1/2v_0^2/{\mug}-2v_0t-1/2\mug t^2 = \mug t^2+4v_0t-v_0^2/{\mug} $
Che risolta, ti da
$ t_2={\sqrt{5v_0^2}-2v_0}/{\mug}=v_0/{\mug}(sqrt{5}-2) $
Ok grazie mille. Mi trovo con il ragionamento.
L'ultima cosa che chiedo è perchè
Ossia da questa capisco che a disperdersi con l'attrito è solo la \(\displaystyle v_0 \), ma non viene ridotta anche $\omega$ ?
Vorrei capire solo questo passaggio e poi è fatta!
Grazie per la pazienza!
L'ultima cosa che chiedo è perchè
"professorkappa":?
\(\displaystyle {−1}/{2}mv_0^2=−mμgx_1 \)
Ossia da questa capisco che a disperdersi con l'attrito è solo la \(\displaystyle v_0 \), ma non viene ridotta anche $\omega$ ?
Vorrei capire solo questo passaggio e poi è fatta!
Grazie per la pazienza!
No no.
A disperdersi si disperdono entrambe le velocita'.
Ma essendo queste non correlate (sistema 2 gdl), puoi scrivere due equazioni indipendenti per le forze vive:
una per ognuna delle 2 coordinate, le $x$ e le $\theta$.
A parte quella gia scritta per $x$, vale, per l'energia cinetica rotazionale che
$1/2I(\omega_f^2-\omega_i^2)=F_aR\theta$
Il che ti dice quanti giri ($\theta$) fa il cilindro tra le due velocita' angolari. Ma a te in questo problema, non dava alcuna informazione utile.
A disperdersi si disperdono entrambe le velocita'.
Ma essendo queste non correlate (sistema 2 gdl), puoi scrivere due equazioni indipendenti per le forze vive:
una per ognuna delle 2 coordinate, le $x$ e le $\theta$.
A parte quella gia scritta per $x$, vale, per l'energia cinetica rotazionale che
$1/2I(\omega_f^2-\omega_i^2)=F_aR\theta$
Il che ti dice quanti giri ($\theta$) fa il cilindro tra le due velocita' angolari. Ma a te in questo problema, non dava alcuna informazione utile.
OTTIMO. Sei stato chiarissimo.
GRAZIE!
Ti chiedo un'ultima cosa che riguarda un altro punto del problema. Se il cilindro (con moto di puro rotolamento) sta salendo un piano inclinato ed arrivato in cima cade dall'altezza h, come calcolare la gittata? Vorrei solo capire cosa succede alla velocità angolare del cilindro durante la caduta libera, dato che ora non ha più punti di contatto (e trascurando l'attrito viscoso)! Continua a ruotare su se stesso ed il CM si muove di moto parabolico?
GRAZIE!Ti chiedo un'ultima cosa che riguarda un altro punto del problema. Se il cilindro (con moto di puro rotolamento) sta salendo un piano inclinato ed arrivato in cima cade dall'altezza h, come calcolare la gittata? Vorrei solo capire cosa succede alla velocità angolare del cilindro durante la caduta libera, dato che ora non ha più punti di contatto (e trascurando l'attrito viscoso)! Continua a ruotare su se stesso ed il CM si muove di moto parabolico?
Si, ruota con la velocita' con cui aveva quando lascia il piano. Il CM si muove come un punto materiale di moto parabolico. Ritorna ad essere un sistema a 2 gdl. (quando sale sul piano inclinato, e' un sistema a un grado di liberta)
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