Rotolamento puro corpo rigido
Buonasera, avrei una domanda sul seguente esercizio.
Un disco di raggio R=0.1m e massa M=0.5kg è sospeso su di un piano orizzontale e ruota con velocità angolare $omega=3$ costante intorno ad un asse orizzontale passante per il centro. Ad un certo punto viene lasciato cadere sul piano, con il quale esiste un coefficiente di attrito dinamico $mu_d=0.3$. Ipotizzando che non rimbalzi e rimanga verticale determinare nel momento in cui il moto diventa di puro rotolamento la velocità angolare, la variazione di energia cinetica e il tratto di slittamento.
Mi sono scritto le leggi orarie del moto:
$ omega(t)=omega-2mu_dg*t/R $
$ v(t)=mu_dg*t $
Imponendo $omega_f*R=v_f$ per il rotolamento puro mi sono ricavato la velocità angolare ed infine la variazione di energia meccanica.
Sino a qui tutto a posto, infatti i risultati tornano. Per rispondere all'ultima domanda ho ragionato in questo modo:
$ s=vartheta_fR+x_f=R(omegat_f-(mu _dg(t_f)^2)/R)+1/2mu_dg(t_f)^2 $
Il risultato è sbagliato. Cosa c'è che non va?
Il professore utilizza il teorema del lavoro e dell'energia cinetica. Vedendolo cinematicamente piuttosto che dinamicamente il risultato non dovrebbe venire lo stesso?
Un disco di raggio R=0.1m e massa M=0.5kg è sospeso su di un piano orizzontale e ruota con velocità angolare $omega=3$ costante intorno ad un asse orizzontale passante per il centro. Ad un certo punto viene lasciato cadere sul piano, con il quale esiste un coefficiente di attrito dinamico $mu_d=0.3$. Ipotizzando che non rimbalzi e rimanga verticale determinare nel momento in cui il moto diventa di puro rotolamento la velocità angolare, la variazione di energia cinetica e il tratto di slittamento.
Mi sono scritto le leggi orarie del moto:
$ omega(t)=omega-2mu_dg*t/R $
$ v(t)=mu_dg*t $
Imponendo $omega_f*R=v_f$ per il rotolamento puro mi sono ricavato la velocità angolare ed infine la variazione di energia meccanica.
Sino a qui tutto a posto, infatti i risultati tornano. Per rispondere all'ultima domanda ho ragionato in questo modo:
$ s=vartheta_fR+x_f=R(omegat_f-(mu _dg(t_f)^2)/R)+1/2mu_dg(t_f)^2 $
Il risultato è sbagliato. Cosa c'è che non va?
Il professore utilizza il teorema del lavoro e dell'energia cinetica. Vedendolo cinematicamente piuttosto che dinamicamente il risultato non dovrebbe venire lo stesso?
Risposte
Fai come credi
Non e' sbagliata, sei tu a vederle sbagliate
E il risultato del prof è giusto
$v(t) +at= v_x $, che e' diversa da $v_0 $ che è la velocita' in cui inizia a rotolare.
E' giusta poiché' si vede chiaro che la velocita' di traslazione $v_x$ aumenta
Buona giornata
PS: totalmente diversa nulla, sono proprio la stessa cosa
Non e' sbagliata, sei tu a vederle sbagliate
E il risultato del prof è giusto
$v(t) +at= v_x $, che e' diversa da $v_0 $ che è la velocita' in cui inizia a rotolare.
E' giusta poiché' si vede chiaro che la velocita' di traslazione $v_x$ aumenta
Buona giornata
PS: totalmente diversa nulla, sono proprio la stessa cosa
Boh, i post tuoi ci sono tutti. Chi legge si fa un'idea.
Dove scrivi $v(t)+at=v_x$ nel post precedente lo sai solo tu.
$Ialpha=I[domega]/[dt]$ non e' $Ialphatau$.
La prima e' un'identita', stai dicendo sia a destra che a sinistra la stessa cosa.
La seconda invece e' l'equazione corretta.
Il risultato e' 1/18, quello che scrive il professore e' errato.
Se pensi che io sbagli, contestami le equazioni che ho scritto, sono molto piu' chiare di quelle che scrivi tu.
Espiegami la coerenza in questa
$ω(t)=w0−at=w0−μg⋅t$
E' sbagliata dimensionalmente: a sinistra rad/sec. A destra m.sec. Che cosa e' $W_0$.
Fai tanta confusione che solo Gabrio riusciva a farla. Lo eguagli in pieno.
Dove scrivi $v(t)+at=v_x$ nel post precedente lo sai solo tu.
$Ialpha=I[domega]/[dt]$ non e' $Ialphatau$.
La prima e' un'identita', stai dicendo sia a destra che a sinistra la stessa cosa.
La seconda invece e' l'equazione corretta.
Il risultato e' 1/18, quello che scrive il professore e' errato.
Se pensi che io sbagli, contestami le equazioni che ho scritto, sono molto piu' chiare di quelle che scrivi tu.
Espiegami la coerenza in questa
$ω(t)=w0−at=w0−μg⋅t$
E' sbagliata dimensionalmente: a sinistra rad/sec. A destra m.sec. Che cosa e' $W_0$.
Fai tanta confusione che solo Gabrio riusciva a farla. Lo eguagli in pieno.
Ma se non sei d'accordo su nulla, che ti spiego
1)la velocità di traslazione aumenta
Quindi e' $v(t) = v - μg*t$, dove v non so più' come vuoi che la chiamo, e la velocità di traslazione
$a=μg$
Non vedo dove trovi scorrettezze dimensionali
$I (dω) /(dt) = μ ΜgR, (Ialpha=tau) $
Integrando e semplificando $ω( t) =(2mug)/R *t$
Se non ti va bene nemmeno questa posso anche chiudere qui
Non e' nemmeno 1/18 ma e' 5/18 e comprende rotazione e traslazione
ora $ v-mug*t_0= ω R= (2mug) /R*t_0 *R*$
E viene semplificando $t_0=v/(3mu g) $
1)la velocità di traslazione aumenta
Quindi e' $v(t) = v - μg*t$, dove v non so più' come vuoi che la chiamo, e la velocità di traslazione
$a=μg$
Non vedo dove trovi scorrettezze dimensionali
$I (dω) /(dt) = μ ΜgR, (Ialpha=tau) $
Integrando e semplificando $ω( t) =(2mug)/R *t$
Se non ti va bene nemmeno questa posso anche chiudere qui
Non e' nemmeno 1/18 ma e' 5/18 e comprende rotazione e traslazione
ora $ v-mug*t_0= ω R= (2mug) /R*t_0 *R*$
E viene semplificando $t_0=v/(3mu g) $
Intanto, scusate l'intromissione. Il professore, per tratto di slittamento, intende lo spazio che percorre un punto che si muove, in ogni istante, con la stessa velocità del punto fisico del disco che coincide con il punto geometrico di contatto.
"anonymous_0b37e9":
Intanto, scusate l'intromissione. Il professore, per tratto di slittamento, intende lo spazio che percorre un punto che si muove, in ogni istante, con la stessa velocità del punto fisico del disco che coincide con il punto geometrico di contatto.
Come calcoleresti questo spazio Sergeant Elias? Anche io sono molto interessato a ciò.
Variazione di energia cinetica
$1/4M\omega_0^2R^2-1/12M\omega_0^2R^2=1/6M\omega_0^2R^2$
Lavoro della forza di attrito
$\muMgs_C$
Tratto di slittamento
$s_C=1/6(\omega_0^2R^2)/(\mug)$
Esatto
Infatti se integri tra zero e $v^2/(6mug) , muMg dx$ ottieni $1/3 (1/2 Mv^2)$
Infatti se integri tra zero e $v^2/(6mug) , muMg dx$ ottieni $1/3 (1/2 Mv^2)$
Grazie
Ad ogni modo, mi sembra che professorkappa avesse già fatto tutti i conti. Insomma, visto che si pensava fosse lo spazio percorso dal centro di massa, solo un malinteso. Tra l'altro, il termine utilizzato è piuttosto ambiguo.
Dovrebbe tornare.
"Lucacs":
Infatti se integri tra ...
Dovrebbe tornare.
A riprova
Lo spazio percorso rotolando e traslando e:
$vt_0-1/2mug*t_0^2= v^2/(3mug) -1/2 mug v^2/(9mu^2g^2)= 5/18 v^2/(mug) $
La differenza di energia meccanica tra l'inizio e il momento del rotolamento:
$1/2Mv^2- 1/2Mv_0^2-1/2I (v_0/R)^2= 1/2 Mv^2 -1/2 M (2/3 v) ^2- 1/2*1/2MR^2(2/3 v/R) ^2= 1/3(1/2 Mv^2)$
E torna ancora
Lo spazio percorso strisciando sarà lo spazio totale percorso meno l'integrale tra zero e $v/(3mug) $ di $R ωdt=(R2mug) /R *t dt$
Cioè :
$5/18v^2/(mug) - 1/9 v^2/(mug) = 1/6 v^2/(mug) $
Ovviamente $v_0=2/3v$ viene da $ωR =v$ e da $ω(t) = (2mug) /R*t_0$
Dove $t_0=v/(3mug)$
Lo spazio percorso rotolando e traslando e:
$vt_0-1/2mug*t_0^2= v^2/(3mug) -1/2 mug v^2/(9mu^2g^2)= 5/18 v^2/(mug) $
La differenza di energia meccanica tra l'inizio e il momento del rotolamento:
$1/2Mv^2- 1/2Mv_0^2-1/2I (v_0/R)^2= 1/2 Mv^2 -1/2 M (2/3 v) ^2- 1/2*1/2MR^2(2/3 v/R) ^2= 1/3(1/2 Mv^2)$
E torna ancora
Lo spazio percorso strisciando sarà lo spazio totale percorso meno l'integrale tra zero e $v/(3mug) $ di $R ωdt=(R2mug) /R *t dt$
Cioè :
$5/18v^2/(mug) - 1/9 v^2/(mug) = 1/6 v^2/(mug) $
Ovviamente $v_0=2/3v$ viene da $ωR =v$ e da $ω(t) = (2mug) /R*t_0$
Dove $t_0=v/(3mug)$
"professorkappa":
Soluzione banale.
Condizioni iniziali del problema
$omega(0)=omega_0=3/[sec]$
$v(0)=0$
Rotazioni positive orarie, asse delle x rivolto verso destra, la velocita' lineare e' quella del CdM del disco
Forza d'attrito: $F_a=mumg$. Ergo, accelerazione $a=mug$ (positive, perche' il disco ruota in senso orario, per cui la forza d' attrito e' rivolta verso dx.
Equazioni del moto durante il moto di strisciamento
Per il centro di massa $v(t)=v(0)+at$ il che implica: $v=mug t$ e $x_G=1/2mug t^2$
Per il moto rotatorio $I[domega(t)]/[dt]=-F_aR$ da cui $[domega(t)]/[dt]=-F_aR=-2[mumgR]/[mR^2]=-2[mug]/[R]$
Integrando e ricordando che $omega (0)=omega_0$
$omega(t)=-2[mug]/[R]*t+omega_0$
L'istante in cui si instaura il moto di rotolamento puro e' sostenuto dal $v(t)=omega(t)*R$
Quindi $mug t=-2[mug]/[R]*t+omega_0$ che ti da' il tempo
$t=[omega_0R]/[3mug]$
In questo tempo, il baricentro di sposta secondo la legge gia' scritta sopra $x_G=1/2mug t^2$
[highlight]Ovvero $x_G=1/2mug [[omega_0R]/[3mug]]^2=1/2mug[omega_0R]^2*[1]/[9[mug]^2]=1/[18][omega_0R]^2/[mug]$[/highlight]
Ora, se volessimo verificare che vale il teorema delle forze vive (cosa che non ha senso per la risoluzione perche devo comunuqe calcolare il tempo, e allora tanto vale), dovremmo calcolare di quanto ruot il disco nel tratto di slittamento e viene
$theta_f=-[mug]/[R]*t^2+omega_0t=-[mug]/[R]*[[omega_0R]/[3mug]]^2+omega_0*[omega_0R]/[3mug]=2/9omega_0^2R/[mug]$ (questo $theta_f$ torna dopo, ora non serve
Velocita' di rotazione al momento del rotolamento puro:
$omega_f=omega_0-2mug/Rt=omega_0-2mug/R[omega_0R]/[3mug]=1/3omega_0$
Energia cinetica finale: $E_f=1/2*3/2mR^2*1/9omega_0^2$
Energia cinetica iniziale $E_i=1/2mR^2/2omega_0^2$
$DeltaE=1/2[3/2mR^2*1/9omega_0^2-mR^2/2omega_0^2]=1/2mR^2[1/6-1/2]omega_0^2=-1/6mR^2omega_0^2$
Qui e' dove occorre fare attenzione: il lavoro fatto dall'attrito e' pertinente solo alla porzione di angolo con cui il disco slitta (che chiamiamo $theta_s$).
Quindi
$L=-F_aRtheta_s$Per il teorema delle forze vive
$-F_aRtheta_s=-1/6mR^2omega_0^2$ e quindi
[highlight]$theta_s=1/6Romega_0^2/[mug]$[/highlight]
Lo spostamento del centro di massa durante il moto con slittamento si calcola come se il disco abbia ruotato su tutto $theta_f$ di rotolamento puro, cosa che cosi non e': infatti va sottratta la quantita dovuta allo slittamento $Rtheta_s$.
Quindi
$x_G=Rtheta_f-Rtheta_s=R(2/9omega_0^2R/[mug]-1/6mRomega_0^2)=[1/18]omega_0^2R^2/[mug]$
Mi sembra che al solito Lucacs faccia sempre confusione.
Le risposte erano gia' nel mio primo post e basta leggere la parte che ho evidenziato per vedere che:
a) Se per slittamento si intende la distanza di cui si sposta il centro del disco, la soluzione e'
$x_G=[1/18]omega_0^2R^2/[mug]$
Che ho trovato sia per via cinematica che con l'uso delle forze vive
b) Se per slittamento si intende il tratto di strisciamento come evidenziato da Elias, questa e' data da
$Rtheta_s=1/6R^2omega_0^2/[mug]$
Il tutto senza creare tutta la confusione che hai creato , con formule estremamente confuse, usando ad ogni post simboli diversi, equazioni a volte sbagliate, a volte inutili e incasinando tutto (leggi il tuo ultimo post) quando la soluzione dovrebbe essere solo in funzione delle grandezze note dal problema.
Peccato che sei tu a dire 3 volte che la soluzione del prof è sbagliata, e non è vero, ma insisti
Peccato che le mie equazioni non sono per nulla sbagliate e tutte le verifiche lo provano
Peccato che trovo il tuo post incomprensibile se non letto 4 volte
Peccato che la tua soluzione banale sia venuta dopo la mia
Bravo, hai applicato il teorema delle forze vive, e hai visto tutto dal baricentro..... ma potevi evitare le polemiche
Peccato che le mie equazioni non sono per nulla sbagliate e tutte le verifiche lo provano
Peccato che trovo il tuo post incomprensibile se non letto 4 volte
Peccato che la tua soluzione banale sia venuta dopo la mia
Bravo, hai applicato il teorema delle forze vive, e hai visto tutto dal baricentro..... ma potevi evitare le polemiche
Peccato che tutto quello che hai scritto e' errato.
Secondo me la risposta è $3mg$ .
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