OK... questo è abbastanza carino (e facile), ma lo trovo utile per allenarsi ai problemi di meccanica.
E' dato un carrello su un piano inclinato. Esso è costituito da due ruote cilindriche (molto lunghe) cave. Il loro raggio è R, ed il raggio della cavità è 0,8 R.
La singola ruota ha 8 raggi di massa complessiva 0,2 M e lunghezza 0,8 R che la tengono unita all'asse di rotazione, il cilindro che compone la ruota ha massa 0,8 M se non sbaglio.
Le ruote sostengono un corpo di lunghezza L e spessore t.
La massa del corpo del carretto è 5M.
muS = attrito statico
muK = attrito cinetico
1) Trovare il momento d'inerzia di una delle due ruote.
2) Descrivere tutte le forze che agiscono su questo carretto.
3) Descrivere il moto del carretto.
questa è leggermente più difficile:
4) dopo che il cilindro ha percorso uno spazio d, muS (attrito statico) e muK (attrito cinetico) diminuiscono di valore ed il carretto comincia a scivolare, trovare la velocità angolare delle ruote dopo che è stato percorso uno spazio s > d dalla partenza. Assumere che s e d siano molto più grandi di L.
Meccanica pendente
E' davvero così facile?
1) il tutto si riduce ad integrare una cubica e sfruttare l'additività del momento d'inerzia;
2) punto brutto. Per risolverlo mi sono immaginato che il carico sia attaccato ai centri di rotazione delle ruote mediante fili indeformabili di massa nulla e che sia disposto con una certa simmetria. Le forze che si sviluppano nel collegamento sono forze interne al sistema. Vogliamo descrivere le altre forze... abbiamo tante relazioni (R1 e R2 sono le reazioni del piano):
somma forze normali = componenti normali delle due reazioni
somma forze parallele - componenti paralleli dell reazioni = massa_tot * aCM
R1_par*r = I * acc.ang ruota1
R2_par*r = I * acc. ang ruota2
acc.ang ruota1=acc.ang ruota2
aCM=r*acc.ang ruota1
mom_est = (DL)/D(t)
formula applicabile o nel centro di massa (che però bisognerebbe calcolarsi) o in un punto a velocità 0 (tipo uno dei due assi di rotazione)... L (lettera con la quale indico il momento angolare dell'intero sistema) rispetto a quel polo si trova con il secondo teorema di Konig.
---mi pare ci siano tante variabili quante equazioni
e poi ci sono le 2 condizioni R(1/2)par<=R(1/2)norm*muS [finora si è supposto il rotolamento infatti]
non mi convince il fatto che i calcoli sopra vorrebbero affermare che le forze sono costanti nel tempo e quindi il corpo se rotola all'inizio rotolerà anche alla fine...
non vorrei inoltre avere utilizzato due volte la medesima idea fisica (in particolare ho utilizzato la formula mom = I*acc.ang sia per le due ruote sia per il sistema due ruote più carico con l'ultima equazione)...ma per verificare dovrei svolgere il sistema e vedere se risulta indeterminato...
cmq nel caso ci si trovasse in brutte situazioni svolgendo i calcoli, si può sempre utilizzare il teorema dell'energia per trovare l'aCM, togliendosi così una variabile di torno, anche se il problema forze credo si possa risolvere senza ricorrere all'energia;
3) si usa il teorema dell' energia, considerando che l'attrito compie lavoro nullo agendo su punti a velocità 0 ...
-------------
per ora mi fermo quà. Non sò se è corretto. Di sicuro non ho svolto i calcoli!
1) il tutto si riduce ad integrare una cubica e sfruttare l'additività del momento d'inerzia;
2) punto brutto. Per risolverlo mi sono immaginato che il carico sia attaccato ai centri di rotazione delle ruote mediante fili indeformabili di massa nulla e che sia disposto con una certa simmetria. Le forze che si sviluppano nel collegamento sono forze interne al sistema. Vogliamo descrivere le altre forze... abbiamo tante relazioni (R1 e R2 sono le reazioni del piano):
somma forze normali = componenti normali delle due reazioni
somma forze parallele - componenti paralleli dell reazioni = massa_tot * aCM
R1_par*r = I * acc.ang ruota1
R2_par*r = I * acc. ang ruota2
acc.ang ruota1=acc.ang ruota2
aCM=r*acc.ang ruota1
mom_est = (DL)/D(t)
formula applicabile o nel centro di massa (che però bisognerebbe calcolarsi) o in un punto a velocità 0 (tipo uno dei due assi di rotazione)... L (lettera con la quale indico il momento angolare dell'intero sistema) rispetto a quel polo si trova con il secondo teorema di Konig.
---mi pare ci siano tante variabili quante equazioni
e poi ci sono le 2 condizioni R(1/2)par<=R(1/2)norm*muS [finora si è supposto il rotolamento infatti]
non mi convince il fatto che i calcoli sopra vorrebbero affermare che le forze sono costanti nel tempo e quindi il corpo se rotola all'inizio rotolerà anche alla fine...
non vorrei inoltre avere utilizzato due volte la medesima idea fisica (in particolare ho utilizzato la formula mom = I*acc.ang sia per le due ruote sia per il sistema due ruote più carico con l'ultima equazione)...ma per verificare dovrei svolgere il sistema e vedere se risulta indeterminato...
cmq nel caso ci si trovasse in brutte situazioni svolgendo i calcoli, si può sempre utilizzare il teorema dell'energia per trovare l'aCM, togliendosi così una variabile di torno, anche se il problema forze credo si possa risolvere senza ricorrere all'energia;
3) si usa il teorema dell' energia, considerando che l'attrito compie lavoro nullo agendo su punti a velocità 0 ...
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per ora mi fermo quà. Non sò se è corretto. Di sicuro non ho svolto i calcoli!
Ultima modifica di info il 24 mar 2005, 18:47, modificato 1 volta in totale.
carrello
Calcoli preliminari
Espressione della massa di un cilindro
Uno strato cilindrico di raggio r e spessore dr ha massa dm=ρdV=ρh2πr dr.
Integrando da r=4/5R ad R si ha m=9/50*2πhρR²che deve essere uguale a 4/5M. Allora
(1) 2πhρR²=20/9M
Espressione del momento d’inerzia del cilindro:
Lo strato di prima ha momento d’inerzia dI=r²dm= r² ρh2πr dr= ρh2πr³g dr
Integrando e sostituendo la (1)
(2) I=82/125MR²
Espressione del momento d’inerzia dei raggi
Due raggi opposti hanno lunghezza complessiva 8/5R e massa 0,2M/4=1/20 M
Allora il loro momento d’inerzia rispetto al centro è I=1/3ml=16/375 MR²
Allora il momento d’inerzia di tutti i raggi è I=64/375MR²
Momento d’inerzia di una ruota
Sommando si ha
I=310/375 Mr²
Baricentro di metà sistema (una ruota + mezzo corpo
Detto O il centro della ruota, B il baricentro di mezzo corpo di lunghezza L/2 e massa 5/2M , il baricentro del sistema sta sulla retto OB a distanza da O x= 5/7d e da B y=2/7d ove d è la distanza OB ma si ha per il teorema di Pitagora d²=OB²=L²/16+2R²-LR/2+t²/4+Rt
Dal baricentro G trovato tracciamo la parallela al piano inclinato fino ad incontrare la perpendicolare ad esso per O nel punto H.
Si ha OH =5/7dsenα HG=5/7 cosα ove α è l’angolo del piano inclinato (è noto?)
Consideriamo mezzo carrello. La forza peso di esso è F= mg=7/2Mg
Scomponendola si ottengono due forze F1=7/2Mgsenα (parallela al piano) ed F2=7/2Mgcosα (perpendicolare al piano) entrambe applicate in G
Il resto alla prossima puntata
Controlla la correttezza dei calcoli
Non capisco cosa c’entra l’integrazione di una cubica
Si tratta di un complesso problema di rotolamento
Espressione della massa di un cilindro
Uno strato cilindrico di raggio r e spessore dr ha massa dm=ρdV=ρh2πr dr.
Integrando da r=4/5R ad R si ha m=9/50*2πhρR²che deve essere uguale a 4/5M. Allora
(1) 2πhρR²=20/9M
Espressione del momento d’inerzia del cilindro:
Lo strato di prima ha momento d’inerzia dI=r²dm= r² ρh2πr dr= ρh2πr³g dr
Integrando e sostituendo la (1)
(2) I=82/125MR²
Espressione del momento d’inerzia dei raggi
Due raggi opposti hanno lunghezza complessiva 8/5R e massa 0,2M/4=1/20 M
Allora il loro momento d’inerzia rispetto al centro è I=1/3ml=16/375 MR²
Allora il momento d’inerzia di tutti i raggi è I=64/375MR²
Momento d’inerzia di una ruota
Sommando si ha
I=310/375 Mr²
Baricentro di metà sistema (una ruota + mezzo corpo
Detto O il centro della ruota, B il baricentro di mezzo corpo di lunghezza L/2 e massa 5/2M , il baricentro del sistema sta sulla retto OB a distanza da O x= 5/7d e da B y=2/7d ove d è la distanza OB ma si ha per il teorema di Pitagora d²=OB²=L²/16+2R²-LR/2+t²/4+Rt
Dal baricentro G trovato tracciamo la parallela al piano inclinato fino ad incontrare la perpendicolare ad esso per O nel punto H.
Si ha OH =5/7dsenα HG=5/7 cosα ove α è l’angolo del piano inclinato (è noto?)
Consideriamo mezzo carrello. La forza peso di esso è F= mg=7/2Mg
Scomponendola si ottengono due forze F1=7/2Mgsenα (parallela al piano) ed F2=7/2Mgcosα (perpendicolare al piano) entrambe applicate in G
Il resto alla prossima puntata
Controlla la correttezza dei calcoli
Non capisco cosa c’entra l’integrazione di una cubica
Si tratta di un complesso problema di rotolamento
-- Come non capisci cosa c'entra l'integrazione di una cubica? Non hai integrato una cubica per trovare il momento d'inerzia del cilindro? Guarda che la divisione in 1,2,3 del mio post seguiva quella dei quesiti!
--- dovresti giustificare il fatto che applichi metà della forza totale a metà corpo. Se fossimo in un piano orizzontale mi risulterebbe intuitivo, ma in questa situazione non mi pare evidente che debba essere così;
Anzi no! Pensandoci bene finora non hai fatto nulla di male (mi sembrava che avessi usato una simmetria che mi pare non esista, ma mi sbagliavo!)... Hai solo sostituito la forza peso con due vettori equivalenti, applicati con simmetria alle due metà... anche se non vedo bene il senso fisico e l'utilità... cmq vai pure avanti...
Piuttosto, hai trovato qualche errore nel mio procedimento sopra?
--- dovresti giustificare il fatto che applichi metà della forza totale a metà corpo. Se fossimo in un piano orizzontale mi risulterebbe intuitivo, ma in questa situazione non mi pare evidente che debba essere così;
Anzi no! Pensandoci bene finora non hai fatto nulla di male (mi sembrava che avessi usato una simmetria che mi pare non esista, ma mi sbagliavo!)... Hai solo sostituito la forza peso con due vettori equivalenti, applicati con simmetria alle due metà... anche se non vedo bene il senso fisico e l'utilità... cmq vai pure avanti...
Piuttosto, hai trovato qualche errore nel mio procedimento sopra?
Quella non era una cubica era una stronzata!
Non c'è nulla da giustificare,Il sistema è simmetrico e ciò che avviene in una metà succede anche nell'altra.
Le consideazioni fatte mi sembrano corrette anche se le accelerazioni angolari delle due ruote sono uguali e comunque non credo che potrai percorrere molto cammino in via puramente cinematica.Comunque non capisco bene i simboli utilizzati da te.
Consideriamo mezzo carrello. La forza peso di esso è F= mg=7/2Mg
Scomponendola si ottengono due forze F1=7/2Mgsenα (parallela al piano) ed F2=7/2Mgcosα (perpendicolare al piano) entrambe applicate in G. Ora La forza F2 e la sua equivalente sull’altro mezzo carrello sono equilibrate dalle relative reazioni vincolari mentre i momenti si eliminano a vicenda.
La forza F1 produce il moto. Il moto infinitesimo si può immaginare come una rotazione della ruota intorno al punto di contatto fra piano inclinato e ruota. Se il centro O si sposta di dx il punto H si sposta di dy e si ha facilmente dy=(R+OH)dx/R
La forza F1 si può immaginare composta da due parti:una F’1 produce il movimento della ruota e l’altra F”1 del corpo con F1=F’1+F”1
Il lavoro di F sarà dL=F’1dy=dxF1(R+OH)/R e al finito L= xF'1(R+OH)/R
Per il teorema dell’energia allora
xF'1(R+OH)/R=1/2(I+MR²) ω²
da cui
xF’1(R+OH)/R=1/2(I+MR²)(dx/dt)²
integrando (L'integrazione è un po' meno ovvia della cubica) si ottiene
x=1/2a t² con a =F'1R(R+OH)/(I+MR²) che è l’accelerazione del sistema.
L’accelerazione del sistema è quindi
a= F’1R(R+OH)/(62/75MR²+MR²)
infine
a= 75/207F’1(R+OH)/(MR)
0ra F’1 è composta da due parti F3 che fa ruotare il cilindro ed F4 che lo fa traslare
Si ha F3+F4==F’1=207/75MRa/(R+OH)
Ma F4=Ma
F3=Ma[207/75R/(R+OH)-1]
F”1=5/2Ma sostituendo
(**) a=7/2gsenα/[207/75R/(R+OH)+5/2]
Il moto è quindi uniformemente accelerato (ovvio)
Da cui la forza che produce il rotolamento è
F3=[207R/(R+OH)-1]/207/75R/(R+OH+3/2]
Se si vuole evitare lo slittamento la forza di attrito radente deve poter raggiungere modulo maggiore o, almeno uguale ad F3 in modo da formare la coppia necessaria.
Detto K il coefficiente di attrito in generale, la forza d’attrito è k 7/2Mgcosα quindi si ha rotolamento senza slittamento se
7/2kMgcosα≥F3
continua alla prossima puntata
Non c'è nulla da giustificare,Il sistema è simmetrico e ciò che avviene in una metà succede anche nell'altra.
Le consideazioni fatte mi sembrano corrette anche se le accelerazioni angolari delle due ruote sono uguali e comunque non credo che potrai percorrere molto cammino in via puramente cinematica.Comunque non capisco bene i simboli utilizzati da te.
Consideriamo mezzo carrello. La forza peso di esso è F= mg=7/2Mg
Scomponendola si ottengono due forze F1=7/2Mgsenα (parallela al piano) ed F2=7/2Mgcosα (perpendicolare al piano) entrambe applicate in G. Ora La forza F2 e la sua equivalente sull’altro mezzo carrello sono equilibrate dalle relative reazioni vincolari mentre i momenti si eliminano a vicenda.
La forza F1 produce il moto. Il moto infinitesimo si può immaginare come una rotazione della ruota intorno al punto di contatto fra piano inclinato e ruota. Se il centro O si sposta di dx il punto H si sposta di dy e si ha facilmente dy=(R+OH)dx/R
La forza F1 si può immaginare composta da due parti:una F’1 produce il movimento della ruota e l’altra F”1 del corpo con F1=F’1+F”1
Il lavoro di F sarà dL=F’1dy=dxF1(R+OH)/R e al finito L= xF'1(R+OH)/R
Per il teorema dell’energia allora
xF'1(R+OH)/R=1/2(I+MR²) ω²
da cui
xF’1(R+OH)/R=1/2(I+MR²)(dx/dt)²
integrando (L'integrazione è un po' meno ovvia della cubica) si ottiene
x=1/2a t² con a =F'1R(R+OH)/(I+MR²) che è l’accelerazione del sistema.
L’accelerazione del sistema è quindi
a= F’1R(R+OH)/(62/75MR²+MR²)
infine
a= 75/207F’1(R+OH)/(MR)
0ra F’1 è composta da due parti F3 che fa ruotare il cilindro ed F4 che lo fa traslare
Si ha F3+F4==F’1=207/75MRa/(R+OH)
Ma F4=Ma
F3=Ma[207/75R/(R+OH)-1]
F”1=5/2Ma sostituendo
(**) a=7/2gsenα/[207/75R/(R+OH)+5/2]
Il moto è quindi uniformemente accelerato (ovvio)
Da cui la forza che produce il rotolamento è
F3=[207R/(R+OH)-1]/207/75R/(R+OH+3/2]
Se si vuole evitare lo slittamento la forza di attrito radente deve poter raggiungere modulo maggiore o, almeno uguale ad F3 in modo da formare la coppia necessaria.
Detto K il coefficiente di attrito in generale, la forza d’attrito è k 7/2Mgcosα quindi si ha rotolamento senza slittamento se
7/2kMgcosα≥F3
continua alla prossima puntata
Ultima modifica di Huxeley il 26 mar 2005, 16:27, modificato 3 volte in totale.
Se per "stronzata" intendi la qualità del primo punto non sono d'accordo! E' un esercizio applicativo meccanico, che ha il suo senso d'esistere...
Se per "stronzata" intendi la mia risposta al primo quesito, beh... spero di no! Altrimenti modera i termini, grazie...
La mia via non era puramente cinematica, dato che ho sfruttato in ben 3 equazioni la versione angolare della seconda legge di Newton... (precisamente per trovare l'acc. angolare delle 2 ruote e poi legando il momento angolare complessivo al momento delle forze esterne agenti)... intendevo dire che il tutto si può calcolare senza usare l'energia...
Chiarisco i simboli:
R1_par = reazione del piano parallela al piano stesso nella ruota di dietro;
R2_par = reazione del piano parallela al piano stesso nella ruota davanti;
acc.ang ruota 1 = accelerazione angolare ruota dietro---e simili
aCM= accelerazione del centro di massa del sistema due ruote + carretto;
mom_est = momento delle forze esterne agenti sul sistema due ruote più carretto;
L = momento angolare del sistema due ruote più carretto riferito ad un certo polo (da scegliere!);
DT= intervallo di tempo (utile per passare nell'equazione in cui compare da velocità angolari e non ad accelerazioni agolari e non);
massa_tot = massa del sistema due ruote più carretto;
Cmq per dimostrare un pò di buona volonta eseguo i calcoli per il 3° punto.
Se il CM scende di h e percorre una lunghezza h1 sul piano, l'unica forza che compie lavoro è la forza peso:
L = 7Mgh= 7 Mg h1*sen(alfa)
L'energia cinetica assunta è pari a quella di traslazione totale + quella delle due ruote intorno al loro asse di rotazione:
K = 1/2 *7M*v^2 + 2* (1/2) I *w^2 = 7/2*M*v^2+ I/r^2*v^2=
=v^2 (7/2*M+I/r^2)
si può eguagliare e condiderando che l'accelerazione è costante (oppure si passa ai differenziali in modo più rigoroso).
7 Mg (1/2) a*t^2 * sen(alfa) = a^2*t^2 ( 7/2*M+I/r^2 )
semplificando t^2 si ricava
a = [7/2 M*g*sen(alfa)] / [7/2*M+I/r^2]
dove I è il moemnto d'inerzia della ruota che non ho ancora ricavato!
Non mi è ancora ben chiaro se i nostri ris sono uguali...
-------------
la simmetria della situazione dovresti perlomeno farmela vedere con qualche argomentazione... personalmente non mi pare palese ed il porre le due reazioni uguali (come mi sembra hai fatto) mi pare una forzatura! Poi magari i calcoli ti danno ragione (per esempio le equazioni che ho scritto nel primo messaggio portano ad R1_par = R2_par), ma a priori...
-------------
se anche qualcun altro vuole dire la sua, nessuo si offende, sia ben chiaro
Se per "stronzata" intendi la mia risposta al primo quesito, beh... spero di no! Altrimenti modera i termini, grazie...
La mia via non era puramente cinematica, dato che ho sfruttato in ben 3 equazioni la versione angolare della seconda legge di Newton... (precisamente per trovare l'acc. angolare delle 2 ruote e poi legando il momento angolare complessivo al momento delle forze esterne agenti)... intendevo dire che il tutto si può calcolare senza usare l'energia...
Chiarisco i simboli:
R1_par = reazione del piano parallela al piano stesso nella ruota di dietro;
R2_par = reazione del piano parallela al piano stesso nella ruota davanti;
acc.ang ruota 1 = accelerazione angolare ruota dietro---e simili
aCM= accelerazione del centro di massa del sistema due ruote + carretto;
mom_est = momento delle forze esterne agenti sul sistema due ruote più carretto;
L = momento angolare del sistema due ruote più carretto riferito ad un certo polo (da scegliere!);
DT= intervallo di tempo (utile per passare nell'equazione in cui compare da velocità angolari e non ad accelerazioni agolari e non);
massa_tot = massa del sistema due ruote più carretto;
Cmq per dimostrare un pò di buona volonta eseguo i calcoli per il 3° punto.
Se il CM scende di h e percorre una lunghezza h1 sul piano, l'unica forza che compie lavoro è la forza peso:
L = 7Mgh= 7 Mg h1*sen(alfa)
L'energia cinetica assunta è pari a quella di traslazione totale + quella delle due ruote intorno al loro asse di rotazione:
K = 1/2 *7M*v^2 + 2* (1/2) I *w^2 = 7/2*M*v^2+ I/r^2*v^2=
=v^2 (7/2*M+I/r^2)
si può eguagliare e condiderando che l'accelerazione è costante (oppure si passa ai differenziali in modo più rigoroso).
7 Mg (1/2) a*t^2 * sen(alfa) = a^2*t^2 ( 7/2*M+I/r^2 )
semplificando t^2 si ricava
a = [7/2 M*g*sen(alfa)] / [7/2*M+I/r^2]
dove I è il moemnto d'inerzia della ruota che non ho ancora ricavato!
Non mi è ancora ben chiaro se i nostri ris sono uguali...
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la simmetria della situazione dovresti perlomeno farmela vedere con qualche argomentazione... personalmente non mi pare palese ed il porre le due reazioni uguali (come mi sembra hai fatto) mi pare una forzatura! Poi magari i calcoli ti danno ragione (per esempio le equazioni che ho scritto nel primo messaggio portano ad R1_par = R2_par), ma a priori...
-------------
se anche qualcun altro vuole dire la sua, nessuo si offende, sia ben chiaro
confermo il valore del momento d'inerzia del cilindro --> 0.656 Mr^2.. i raggi li devo ancora fare!
Cmq ho provato a risolvere il sistemone per R1_norm (alla fine ho scelto il CM come polo del momento angolare) [tra parentesi, ho ricavato anche aCM ed il suo valore viene uguale a quello calcolato con l'energia, quindi credo proprio che i calcoli del mio ultimo msg siano corretti] ed il suo valore mi viene
--> 7/2mgcos(alfa) - (una quantità molto lunga!)
magari ho sbagliato dei calcoli (anzi sicuro!)... provo in un altro momento a vedere se il ris stà in piedi controllando la altre variabili! Anzi no... non è che qualcuno sà il ris?
Cmq ho provato a risolvere il sistemone per R1_norm (alla fine ho scelto il CM come polo del momento angolare) [tra parentesi, ho ricavato anche aCM ed il suo valore viene uguale a quello calcolato con l'energia, quindi credo proprio che i calcoli del mio ultimo msg siano corretti] ed il suo valore mi viene
--> 7/2mgcos(alfa) - (una quantità molto lunga!)
magari ho sbagliato dei calcoli (anzi sicuro!)... provo in un altro momento a vedere se il ris stà in piedi controllando la altre variabili! Anzi no... non è che qualcuno sà il ris?
7/2kMgcosα≥F3
Da cui
k≥[4/(7cosα)][(207R-(R+OH)]/[414R+225(R+OH)]
Detto KO il valore al secondo membro,KS il coeff. Di attrito statico, KD quello dinamico
Ed essendo KD<KS si hanno tre casi
a) KO<KD<KS Il corpo scende e le ruote non slittano
b) KD<KO<KS Il corpo inizia a scendere ma dopo qualche istante le ruote iniziano a slittare
c) KD<KS<KO Il corpo scende ma le ruote slittano
Con ciò credo di aver risposto alle prime domande.
Non ti offendere per le parole volgari:intendevo dire solo che l'integrazione di una potenza è talmente semplice che normalmente si fa a mente.
Adesso studierò i tuoi calcoli.
Alla prossima puntata
Da cui
k≥[4/(7cosα)][(207R-(R+OH)]/[414R+225(R+OH)]
Detto KO il valore al secondo membro,KS il coeff. Di attrito statico, KD quello dinamico
Ed essendo KD<KS si hanno tre casi
a) KO<KD<KS Il corpo scende e le ruote non slittano
b) KD<KO<KS Il corpo inizia a scendere ma dopo qualche istante le ruote iniziano a slittare
c) KD<KS<KO Il corpo scende ma le ruote slittano
Con ciò credo di aver risposto alle prime domande.
Non ti offendere per le parole volgari:intendevo dire solo che l'integrazione di una potenza è talmente semplice che normalmente si fa a mente.
Adesso studierò i tuoi calcoli.
Alla prossima puntata
Ultima modifica di Huxeley il 27 mar 2005, 11:28, modificato 1 volta in totale.
Tu scrivi:
R1_par = reazione del piano parallela al piano stesso nella ruota di dietro;
R2_par = reazione del piano parallela al piano stesso nella ruota davanti;
Non capisco:
il piano non fornisce reazioni parallele a se stesso ma solo perpendicolari nei punti di appoggio. Le reazioni vincolari non possono lavorare né produrre moti. La forza che fa girare la ruota è quella di attrito insieme a una parte della forza peso (coppia). L’accelerazione del centro di massa è uguale all’accelerazione del sistema, infatti esso è rigido per ipotesi (anche se non è stato scritto) Le accelerazioni angolari delle ruote sono uguali, come le velocità, perché esse hanno le stesse dimensioni ed il sistema è rigido.
Se, idealmente dividi il carrello a metà, la parte “di sopra” spinge quella “di sotto” mentre quella di sotto resiste applicando a quella di sopra una forza uguale e contraria. I due mezzi carrelli uguali fra loro (supponendo la simmetria geometrica del sistema) uniti o separati hanno lo stesso movimento.
Il calcolo del lavoro da te fatto mi pare che dovrebbe tenere conto della forza d’attrito che compie lavoro, almeno nel caso di slittamento, e tu non sai se il carrello slitta o meno.
Ci devo pensare meglio!
Le accelerazioni ottenute credo però che siano uguali, salvo errori di calcolo e a meno di quell' OH che compare nel mio calcolo. Eppure il tuo calcolo, più semplice, mi sembra corretto.
R1_par = reazione del piano parallela al piano stesso nella ruota di dietro;
R2_par = reazione del piano parallela al piano stesso nella ruota davanti;
Non capisco:
il piano non fornisce reazioni parallele a se stesso ma solo perpendicolari nei punti di appoggio. Le reazioni vincolari non possono lavorare né produrre moti. La forza che fa girare la ruota è quella di attrito insieme a una parte della forza peso (coppia). L’accelerazione del centro di massa è uguale all’accelerazione del sistema, infatti esso è rigido per ipotesi (anche se non è stato scritto) Le accelerazioni angolari delle ruote sono uguali, come le velocità, perché esse hanno le stesse dimensioni ed il sistema è rigido.
Se, idealmente dividi il carrello a metà, la parte “di sopra” spinge quella “di sotto” mentre quella di sotto resiste applicando a quella di sopra una forza uguale e contraria. I due mezzi carrelli uguali fra loro (supponendo la simmetria geometrica del sistema) uniti o separati hanno lo stesso movimento.
Il calcolo del lavoro da te fatto mi pare che dovrebbe tenere conto della forza d’attrito che compie lavoro, almeno nel caso di slittamento, e tu non sai se il carrello slitta o meno.
Ci devo pensare meglio!
Le accelerazioni ottenute credo però che siano uguali, salvo errori di calcolo e a meno di quell' OH che compare nel mio calcolo. Eppure il tuo calcolo, più semplice, mi sembra corretto.
Rispondo in fretta dato che sono appena tornato da una gita pasquale 
Guarderò bene i tuoi calcoli in un secondo momento, per il momento chiarisco due piccolezze. Per reazione parallela al piano intendo proprio la forza di attrito statico (finora ho sempre trattato il caso di rotolamento), sottoposta a certi limiti. R1_par per la ruota dietro, R2_par per quella davanti. Potevo esprimermi con termini + umani in effetti ...
La forza che fà girare la ruota è quella di attrito (o la mia reazione "parallela"). Immagino che ci sia anche un collegamento con il carico, ma l'ho fatto passare per il centro di massa della ruota e poi ho calcolato i momenti rispetto a questo punto, sbattendomene quindi! (questo si vede nel sistemone nella formula per l'acc.ang. delle ruote).
Come ho detto sopra, rispondo al tuo dubbio dicendo che hai ragione ed ho coscientemente considerato il rotolamento nei calcoli di sopra! (anche nel sistemone! che del resto porta allo stesso risultato)...
Per quanto riguarda la simmetria, ok! se ho ben capito le forze alle quali ti riferisci il principio di azione e reazione ti dà ragione! Ed inoltre i due corpi possiedono le medesime caratteristiche cinematiche... Solo non credo che le reazioni normali siano uguali nei due punti di contatto! A parte il fatto che il famoso sistemone me lo conferma (ma potrei avere sbagliato calcoli od impostazione di qualche equazione! Quando ho tempo (spero domani!) scrivo per bene i calcoli così puoi controllare), mi pare anche intuitivo che la ruota più in basso sia sottoposta ad una forza maggiore dato che la forza peso in qualche modo "punta" maggiormente verso di lei.. immagina il piano orizzontale e la forza peso obliqua. Da che parte diresti che stà la reazione maggiore? [EDIT: questa argomentazione è stata indicata come debole credo a ragione da un successivo post di Huxeley, che però non pare risolva il problema e la questione rimane aperta]
Guarderò bene i tuoi calcoli in un secondo momento, per il momento chiarisco due piccolezze. Per reazione parallela al piano intendo proprio la forza di attrito statico (finora ho sempre trattato il caso di rotolamento), sottoposta a certi limiti. R1_par per la ruota dietro, R2_par per quella davanti. Potevo esprimermi con termini + umani in effetti
...La forza che fà girare la ruota è quella di attrito (o la mia reazione "parallela"). Immagino che ci sia anche un collegamento con il carico, ma l'ho fatto passare per il centro di massa della ruota e poi ho calcolato i momenti rispetto a questo punto, sbattendomene quindi! (questo si vede nel sistemone nella formula per l'acc.ang. delle ruote).
Come ho detto sopra, rispondo al tuo dubbio dicendo che hai ragione ed ho coscientemente considerato il rotolamento nei calcoli di sopra! (anche nel sistemone! che del resto porta allo stesso risultato)...
Per quanto riguarda la simmetria, ok! se ho ben capito le forze alle quali ti riferisci il principio di azione e reazione ti dà ragione! Ed inoltre i due corpi possiedono le medesime caratteristiche cinematiche... Solo non credo che le reazioni normali siano uguali nei due punti di contatto! A parte il fatto che il famoso sistemone me lo conferma (ma potrei avere sbagliato calcoli od impostazione di qualche equazione! Quando ho tempo (spero domani!) scrivo per bene i calcoli così puoi controllare), mi pare anche intuitivo che la ruota più in basso sia sottoposta ad una forza maggiore dato che la forza peso in qualche modo "punta" maggiormente verso di lei.. immagina il piano orizzontale e la forza peso obliqua. Da che parte diresti che stà la reazione maggiore? [EDIT: questa argomentazione è stata indicata come debole credo a ragione da un successivo post di Huxeley, che però non pare risolva il problema e la questione rimane aperta]
Ultima modifica di info il 28 mar 2005, 17:59, modificato 1 volta in totale.
secondo me il problema nella formula che hai scritto
K = 1/2 *7M*v^2 + 2* (1/2) I *w^2 = 7/2*M*v^2+ I/r^2*v^2=
=v^2 (7/2*M+I/r^2)
è che la rotazione elementare non avviene intorno al centro della ruota ma intorno al punto H intersezione fra la parallela al piano per il centro di massa e la perpendicolare al piano nel punto di appoggio. Il momento d’inerzia da considerare non è quindi I ma I+M*OH²e la velocità angolare non è v=ωR ma v=ω(R+OH)
Le reazioni vincolari sono uguali. Se così non fosse la rezione risultante per un corpo poggiato su un piano inclinato non potrebbe passare per il centro di massa e si avrebbe sempre una coppia ruotante attiva che porterebbe a risultati paradossali.
la rezione vincolare è automatica cioè è tale da equilibrare sempre la componente di forza perpendicolare al piano.
Considera un corpo parallelopideo poggiato su un piano inclinato e dividilo idealmente in due parti . Scomponi le due forze peso parallelamente e perpendicolarmente Le quattro componenti sono uguali a due a due. quindi le reazioni vincolari saranno uguali. Fra i due corpi si hanno delle interazioni che sono uguali fra loro.Ciascuno dei due corpi scende sul piano con la stessa accelerazione del corpo tutto unito.
Quello "di sopra" ha accelerazione [mgsena/2]/[m/2]=gsena e quello "di sotto"
pure. Il corpo "intero" ha la stessa accelerazione gsena.
E' questo il miracolo della gravitazione. Aristotele è morto anzi è stato ucciso più di 500 anni fa da un tale Galilei e al processo costui è stato assolto dal giudice Newton
K = 1/2 *7M*v^2 + 2* (1/2) I *w^2 = 7/2*M*v^2+ I/r^2*v^2=
=v^2 (7/2*M+I/r^2)
è che la rotazione elementare non avviene intorno al centro della ruota ma intorno al punto H intersezione fra la parallela al piano per il centro di massa e la perpendicolare al piano nel punto di appoggio. Il momento d’inerzia da considerare non è quindi I ma I+M*OH²e la velocità angolare non è v=ωR ma v=ω(R+OH)
Le reazioni vincolari sono uguali. Se così non fosse la rezione risultante per un corpo poggiato su un piano inclinato non potrebbe passare per il centro di massa e si avrebbe sempre una coppia ruotante attiva che porterebbe a risultati paradossali.
la rezione vincolare è automatica cioè è tale da equilibrare sempre la componente di forza perpendicolare al piano.
Considera un corpo parallelopideo poggiato su un piano inclinato e dividilo idealmente in due parti . Scomponi le due forze peso parallelamente e perpendicolarmente Le quattro componenti sono uguali a due a due. quindi le reazioni vincolari saranno uguali. Fra i due corpi si hanno delle interazioni che sono uguali fra loro.Ciascuno dei due corpi scende sul piano con la stessa accelerazione del corpo tutto unito.
Quello "di sopra" ha accelerazione [mgsena/2]/[m/2]=gsena e quello "di sotto"
pure. Il corpo "intero" ha la stessa accelerazione gsena.
E' questo il miracolo della gravitazione. Aristotele è morto anzi è stato ucciso più di 500 anni fa da un tale Galilei e al processo costui è stato assolto dal giudice Newton
La storia della rotazione elementare che non avviene attorno al centro della ruota mi piace e ti dico che ci penserò sora... potresti aver ragione! (ho guardato la tua definizione di H: scusa ma se consideri quello come centro della rotazione non affermi che anche il carico stà ruotando quando invece prosegue in linea retta?)
Sul motivo che dici perchè le reazioni vincolari sono uguali non sono d'accordo. L'assurdo ci starebbe se quel carro fosse un corpo rigido, ma le ruote si muovono e ruotano, eccome... Questo non è un argomento strettamente a mio favore, dato che il momento necessario può essere dato solo dall'attrito, ma mi pare smentisca il tuo... (aggiunta: in sostanza voglio dire che il fatto che c'è un momento non è un assurdo)
Posto i calcoli che ho scritto da off-line. Basandosi sulle mie premesse, giungono alle mie conclusioni: è ovvio! Ma ho fatto tanta fatica
----------------------
Alura, scrivo chiaramente il sistemane e risoluzione di questo, ma prima trovo qualche distanza utile:
CM 2 RUOTE + CARICO
Chiamo A il centro della ruota dietro, B quello della ruota davanti e C quello del carico (posto per ipotesi a distanza (r+t/2) dalla retta AB). Chiamo H la proiezione ortogonale di C su AB e G il baricentro (giacente per simmetria sulla retta CH). Trovo GH.
GH = [2m*0 + 5M* (t/2+r)]/ (7M) = 5/7 * (t/2+r) e anche
CG = 2/7 * (t/2+r) -> per differenza
Altezza di G sul terreno -> 15/14 * t + 12/7 * r
SISTEMONE (le quantità sono state definite in messaggi precedenti)
[1] 7Mgcos(alfa)= R1_norm+R2_norm
[2] 7Mgsen(alfa) - R1_par – R2_par = 7M*aCM
[3] R1_par * r = I * accang_1
[4] R2_par * r = I * accang_2
[5] accang_1=accang_2
[6] aCM= accang_1 * r
[7]---
LA SETTIMA EQUAZIONE
Questa richiede un po’ di lavoro.
--Momento forze rispetto al CM (scelgo il senso orario come positivo!)
= (R1_norm - R2_norm)* (L/2)+ (R1_par + R2_par)*( 15/14 * t + 12/7 * r)
--Momento angolare del sistema rispetto al CM (I è il momento d’inerzia di una ruota).
Ricordo che secondo Kònig il momento angolare di un corpo rispetto ad un polo si calcola come il momento angolare del corpo rispetto al suo CM + il momento angolare che il corpo avrebbe se tutta la sua massa fosse concentrata nel CM… (teorema utile, semi-sconosciuto, letto solo sul libro di meccanica del prof. Giovanni Tonzig… l’Halliday mi pare non ne parli; i libri universitari non so!)
= 5*M*vCM* 2/7 * (t/2+r) + 2 * I * w – 2 * 5/7 * (t/2+r)*M*vCM = 2 I *w [si annulla un bel po’ di roba! Comodo scegliere il CM come polo!]
Impostando l’equazione (vale a dire eguagliando e dividendo per Dt, o meglio per dt):
(R1_norm - R2_norm)* (L/2)+ (R1_par + R2_par)*( 15/14 * t + 12/7 * r) = 2* I *accang_1
RISOLUZIONE
Dalla [3],[4],[5] si vede anche ad occhio che deve essere R1_par = R2_par. In seguito quindi scriverò solo R_par.
Inoltre aCM = (R_par *r^2) / I
Sostituendo nella [2] si ricava R_par. Chiamo k la quantità:
k = ( 7Mr^2 / I ) + 2 dato che compare parecchie volte nelle sol e non ho voglia di scriverla sempre -> . Si trova quindi:
R_par = 7Mgsen(alfa) / k
E quindi aCM = [7Mgsen(alfa) * r^2] / ( k * I) -> lo stesso risultato ottenuto precedentemente con l’energia!
Ora dalla [1], R2_norm = 7Mgcos(alfa) - R1_norm. Si sostituisca questo valore nella [7]. Inoltre si riscrive il secondo membro della [7] come 2*R_par*r, e si sostituisce il valore di R_par ricavato all’inizio. In questo modo si ricava R1_norm che viene ad assumere il valore (scrivo il risultato!):
R1_norm = 7/2 * Mgcos(alfa) – [5*Mgsen(alfa)(t+2r)] /k-> R2_norm a seguire…
Ok… dopo tutta questa faticaccia (spero di non aver fatto errori madornali e di essere stato chiaro!) provo a fare qualche commento per il punto (4) dell’esercizio. Quando la ruota scivola la forza di attrito (cinetico in questo caso!) non cambia verso ma rimane sempre opposta alla direzione di avanzamento. Quindi continua promuovere la variazione di velocità angolare che quindi qualitativamente possiamo dire che continuerà ad aumentare. Per calcolare l’effettivo aumento di velocità angolare mi pare che l’analisi fatta per il punto (2) vada oltre le mie capacità. L’unico modo pare essere un procedimento energetico esattamente uguale al punto (3) solo tenendo conto che: la forza di attrito cinetico coincide con il suo valore massimo e che questa volta dissipa energia. Is that ok?
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Sul motivo che dici perchè le reazioni vincolari sono uguali non sono d'accordo. L'assurdo ci starebbe se quel carro fosse un corpo rigido, ma le ruote si muovono e ruotano, eccome... Questo non è un argomento strettamente a mio favore, dato che il momento necessario può essere dato solo dall'attrito, ma mi pare smentisca il tuo... (aggiunta: in sostanza voglio dire che il fatto che c'è un momento non è un assurdo)
Posto i calcoli che ho scritto da off-line. Basandosi sulle mie premesse, giungono alle mie conclusioni: è ovvio! Ma ho fatto tanta fatica
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Alura, scrivo chiaramente il sistemane e risoluzione di questo, ma prima trovo qualche distanza utile:
CM 2 RUOTE + CARICO
Chiamo A il centro della ruota dietro, B quello della ruota davanti e C quello del carico (posto per ipotesi a distanza (r+t/2) dalla retta AB). Chiamo H la proiezione ortogonale di C su AB e G il baricentro (giacente per simmetria sulla retta CH). Trovo GH.
GH = [2m*0 + 5M* (t/2+r)]/ (7M) = 5/7 * (t/2+r) e anche
CG = 2/7 * (t/2+r) -> per differenza
Altezza di G sul terreno -> 15/14 * t + 12/7 * r
SISTEMONE (le quantità sono state definite in messaggi precedenti)
[1] 7Mgcos(alfa)= R1_norm+R2_norm
[2] 7Mgsen(alfa) - R1_par – R2_par = 7M*aCM
[3] R1_par * r = I * accang_1
[4] R2_par * r = I * accang_2
[5] accang_1=accang_2
[6] aCM= accang_1 * r
[7]---
LA SETTIMA EQUAZIONE
Questa richiede un po’ di lavoro.
--Momento forze rispetto al CM (scelgo il senso orario come positivo!)
= (R1_norm - R2_norm)* (L/2)+ (R1_par + R2_par)*( 15/14 * t + 12/7 * r)
--Momento angolare del sistema rispetto al CM (I è il momento d’inerzia di una ruota).
Ricordo che secondo Kònig il momento angolare di un corpo rispetto ad un polo si calcola come il momento angolare del corpo rispetto al suo CM + il momento angolare che il corpo avrebbe se tutta la sua massa fosse concentrata nel CM… (teorema utile, semi-sconosciuto, letto solo sul libro di meccanica del prof. Giovanni Tonzig… l’Halliday mi pare non ne parli; i libri universitari non so!)
= 5*M*vCM* 2/7 * (t/2+r) + 2 * I * w – 2 * 5/7 * (t/2+r)*M*vCM = 2 I *w [si annulla un bel po’ di roba! Comodo scegliere il CM come polo!]
Impostando l’equazione (vale a dire eguagliando e dividendo per Dt, o meglio per dt):
(R1_norm - R2_norm)* (L/2)+ (R1_par + R2_par)*( 15/14 * t + 12/7 * r) = 2* I *accang_1
RISOLUZIONE
Dalla [3],[4],[5] si vede anche ad occhio che deve essere R1_par = R2_par. In seguito quindi scriverò solo R_par.
Inoltre aCM = (R_par *r^2) / I
Sostituendo nella [2] si ricava R_par. Chiamo k la quantità:
k = ( 7Mr^2 / I ) + 2 dato che compare parecchie volte nelle sol e non ho voglia di scriverla sempre -> . Si trova quindi:
R_par = 7Mgsen(alfa) / k
E quindi aCM = [7Mgsen(alfa) * r^2] / ( k * I) -> lo stesso risultato ottenuto precedentemente con l’energia!
Ora dalla [1], R2_norm = 7Mgcos(alfa) - R1_norm. Si sostituisca questo valore nella [7]. Inoltre si riscrive il secondo membro della [7] come 2*R_par*r, e si sostituisce il valore di R_par ricavato all’inizio. In questo modo si ricava R1_norm che viene ad assumere il valore (scrivo il risultato!):
R1_norm = 7/2 * Mgcos(alfa) – [5*Mgsen(alfa)(t+2r)] /k-> R2_norm a seguire…
Ok… dopo tutta questa faticaccia (spero di non aver fatto errori madornali e di essere stato chiaro!) provo a fare qualche commento per il punto (4) dell’esercizio. Quando la ruota scivola la forza di attrito (cinetico in questo caso!) non cambia verso ma rimane sempre opposta alla direzione di avanzamento. Quindi continua promuovere la variazione di velocità angolare che quindi qualitativamente possiamo dire che continuerà ad aumentare. Per calcolare l’effettivo aumento di velocità angolare mi pare che l’analisi fatta per il punto (2) vada oltre le mie capacità. L’unico modo pare essere un procedimento energetico esattamente uguale al punto (3) solo tenendo conto che: la forza di attrito cinetico coincide con il suo valore massimo e che questa volta dissipa energia. Is that ok?
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Ultima modifica di info il 28 mar 2005, 15:42, modificato 3 volte in totale.