Cilindro con una striscia.

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 6 mar 2010, 1:10

Provo i primi due punti:
1. Tutta la striscia ha distanza R dall'asse del cilindro: il momento di inerzia cercato è quindi $I=I_c + \beta M R^2 = (\frac{1}{2} + \beta)MR^2$

2. Il momento meccanico agente sul cilindro quando questo è ruotato di un angolo $\theta$ rispetto alla verticale è dato dalla forza peso della striscia: $\tau(\theta) = \beta MgR sin\theta$ . Il lavoro compiuto da tale momento è $L = \displaystyle\int_0^{\theta}\tau(\theta)d\theta = \beta MgR(1-cos\theta)$ , e dalla relazione $L = \Delta K = \frac{1}{2} I \omega^2$ (in cui si è posto $\omega_i = 0$ ) si ottiene infine $\omega = \sqrt{\displaystyle\frac{2 \beta MgR(1-cos\theta)}{I}}$ , e sostituendo I trovato nel punto 1 si ottiene infine
$\omega = \sqrt{\displaystyle\frac{2 \beta g(1-cos\theta)}{(\frac{1}{2} + \beta)R}}$

Messaggio da **spn** » 6 mar 2010, 2:06

Ci dovrebbero essere due errori nei tuoi passaggi:
-calcoli il momento d'inerzia rispetto all'asse del cilindro, non rispetto al centro di massa.
-ti sei perso un qualche R al numeratore nel calcolo della velocità, perchè le dimensioni non vengono corrette.

Per questi punti mi viene:
$\displaystyle I=M R^2 \left({3\beta + 1 \over 2\beta + 2}\right)$
che mi sembra abbastanza convincente in quanto per $\beta\rightarrow 0$ , $I\rightarrow 1/2$ . e $\beta\rightarrow \infty$ , $I \rightarrow 3/2$ , che sono i volori che ci si aspetta.
$\displaystyle w=\sqrt{2g\beta (1 - cos\theta) \over R(1/2 + \beta)}$

edit: mi ero calcolato un'altra cosa al posto dell'w. Mi viene simile alla tua.

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 6 mar 2010, 10:18

Scusate tanto ma a me viene diverso da tutti e due:

$\omega = \sqrt {\frac{{4\beta g}}{R}\frac{{1 - \cos \theta }}{{3 + 4\beta \left( {1 + \cos \theta } \right)}}}$

D'altra parte io faccio anche il seguente ragionamento.
Vediamo la velocità angolare al momento in cui la striscia è aderente a terra. In questo caso poiché la velocità del punto di contatto è nulla, l'energia cinetica è soltanto quella del cilindro come se la striscia non ci fosse, dunque è:

$T = \frac{1}{2}I{\omega ^2} + \frac{1}{2}M{\omega ^2}{R^2} = \frac{1}{2}\frac{1}{2}M{R^2}{\omega ^2} + \frac{1}{2}M{\omega ^2}{R^2} = \frac{3}{4}M{\omega ^2}{R^2}$

La caduta di energia potenziale che ha prodotto questa energia cinetica è :

$\Delta U = 2\beta MgR$

Dunque eguagliando le due energie si ha:

$\frac{3}{4}M{\omega ^2}{R^2} = 2\beta MgR$

ovvero

${\omega ^2} = \frac{{8\beta g}}{{3R}}$

che è proprio quanto risulta dalla mia formula ponendo $\theta = \pi$

O almeno così mi pare.

Gauss91 · Messaggio da **Gauss91** » 6 mar 2010, 12:41

spn ha scritto:-ti sei perso un qualche R al numeratore nel calcolo della velocità, perchè le dimensioni non vengono corrette.

Sì mi sono palesemente perso per distrazione l'R nell'espressione del momento meccanico, sorry. Modifico.

spn ha scritto:-calcoli il momento d'inerzia rispetto all'asse del cilindro, non rispetto al centro di massa.

Giusto... Una volta calcolato per l'asse del cilindro si può utilizzare il teorema di Steiner?

Falco5x ha scritto:l'energia cinetica è soltanto quella del cilindro come se la striscia non ci fosse, dunque è:

$T = \frac{1}{2}I \omega^2 + \frac{1}{2}M \omega^2 R^2$

Non capisco perché si possa trascurare anche il momento di inerzia di cilindro+striscia e utilizzare quello del solo cilindro.

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 6 mar 2010, 14:38

Gauss91 ha scritto:
Falco5x ha scritto:l'energia cinetica è soltanto quella del cilindro come se la striscia non ci fosse, dunque è:

$T = \frac{1}{2}I \omega^2 + \frac{1}{2}M \omega^2 R^2$
Non capisco perché si possa trascurare anche il momento di inerzia di cilindro+striscia e utilizzare quello del solo cilindro.

A mio modo di vedere quando un corpo è costituito da un corpo esteso più un corpo puntiforme (la striscia in questo caso lo è, visto che si ignora la coordinata parallela all'asse del cilindro) non è molto utile considerare il tutto come un corpo unico e quindi utilizzare il momento di inerzia composto, ma è più semplice calcolare separatamente l'energia del corpo esteso e l'energia del corpo puntiforme e sommarle. Allora quando la striscia tocca il terreno essendo ferma ha energia zero, dunque quella che in questo particolare caso rimane da considerare è solo l'energia cinetica del cilindro.
Comunque anche volendo considerare il corpo composto, quando la striscia tocca il terreno poiché il centro di rotazione istantaneo è proprio quel punto di contatto, la striscia rispetto a quel punto ha momento di inerzia nullo, e rimane solo quello del cilindro che per il teorema di Steiner diventa $\frac{3}{2}MR^2$ e l'energia è quella che dicevo.

Messaggio da **spn** » 6 mar 2010, 20:51

Ok, per il punto 2 mi sono accorto di aver avuto l'idea giusta, ma l'ho applicata male (sarà che l'ho fatto all'una di notte..). Ora che ho rifatto i conti mi ritrovo col risultato di Falco5x. Già che ci sto metto pure i passaggi:

Mi metto nel punto di contatto fra pavimento e cilindro. Dalla conservazione dell'energia ho:

$\beta m g R (1 - cos)={1 \over 2} I W^2 + {1 \over 2}I_{\beta}W^2$

Dove $I$ e $I_\beta$ sono i momenti d'inerzia rispetto però al punto di contatto pavimento-cilindro.Percui:
$I={3 \over 2}mR^2$
$I_\beta = \beta m R^2 (2 + 2cos\theta)$

Da cui:

$\beta m g R (1 - cos)={1 \over 4} mR^2 W^2 \left[3 + 4\beta (1 +cos\theta) \right]$

$\displaystyle W=\sqrt{4\beta g (1 - cos\theta) \over R\left[3 + 4\beta (1 +cos\theta) \right]}$

La cosa che mi pare interessante è che se fosse $\beta \rightarrow \infty$ , avrei detto che la sbarra sarebbe caduta come un grave, invece non sembra essere così; la reazione del tavolo lo fa comunque rallentare, a meno che il cilindro non si rompa (il che mi pare probabile visto che anche la forza di reazione tenderebbe a infinito ad angoli piccoli

) .

Messaggio da **Ippo** » 6 mar 2010, 21:14

Ok spn

questo è uno dei due metodi per fare questo tipo di cose (mettersi in un punto fisso, che tipicamente quando si ha un corpo che rotola è il punto di contatto col pavimento).
L'altro metodo, forse un po' più generale (il punto fisso della rototraslazione potrebbe non essere così ovvio in casi meno simpatici), è sommare l'energia cinetica traslazionale del centro di massa a quella rotazionale rispetto al centro di massa.
In questo caso i conti risultano un po' più comodi nel tuo approccio credo, in ogni caso si può sportivamente provare anche l'altro.
Ora il terzo punto, che è decisamente il più ostico...

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 6 mar 2010, 21:39

spn ha scritto:La cosa che mi pare interessante è che se fosse $\beta \rightarrow \infty$ , avrei detto che la sbarra sarebbe caduta come un grave, invece non sembra essere così; la reazione del tavolo lo fa comunque rallentare

Per la precisione si comporterebbe come se scivolasse lungo una guida liscia a forma di mezza cicloide.

Falco5x · Messaggio da **Falco5x** » 7 mar 2010, 15:35

Riguardo al terzo punto...

Dopo aver convenientemente ringraziato Ippo per l'opportunità che ci fornisce di esercitarci in algebra

vorrei dire quali secondo me dovrebbero essere le linee di soluzione.
Come ho già detto e come ripeto, quando un corpo è composto da un corpo esteso bello simmetrico più un punto materiale, io senza perdermi in inutili calcoli nel tentativo di calcolare i parametri del corpo composto procederei invece senz'altro a considerare i due corpi come separati ma legati da relazioni cinematiche precise.
In tal senso, dunque, vado a definire le velocità del cilindro e del punto materiale (o striscia che dir si voglia). Il pedice T sta a indicare la direzione tangente al piano di appoggio (o orizzontale) intesa positiva nello stesso verso in cui procede a muoversi il sistema all'istante iniziale, mentre il pedice N indica la direzione normale al piano d'appoggio, intesa positiva verso il basso. Poi il pedice C sta a indicare i cilindro mentre il pedice P sta a indicare il punto:

${v_{CT}} = R\omega$
${v_{PN}} = R\omega \sin \theta$
${v_{PT}} = R\omega \left( {1 + \cos \theta } \right)$

La forza orizzontale che agisce sul sistema, tale da produrre l'accelerazione del C.M. del cilindro più l'accelerazione orizzontale del punto materiale, è uguale alla reazione tangenziale (per attrito) del piano d'appoggio, dunque:

${F_O} = {R_T} = \beta M{{\dot v}_{PT}} + M{{\dot v}_{CT}} = \beta MR\left[ {\dot \omega \left( {1 + \cos \theta } \right) - {\omega ^2}\sin \theta } \right] + MR\dot \omega$

La forza verticale (verso il basso) che agisce sul sistema, tale da produrre l'accelerazione verso il basso del solo punto materiale poiché il C.M. del cilindro non si sposta verticalmente, è data dalla forza di gravità che agisce su cilindro e punto materiale, meno la reazione normale (verso l'alto) del piano d'appoggio, e dunque questa forza verticale è:

${F_V} = \left( {1 + \beta } \right)Mg - {R_N} = \beta M{{\dot v}_{PN}} = \beta MR\left( {\dot \omega \sin \theta + {\omega ^2}\cos \theta } \right)$

Così impostata la soluzione del problema (salvo errori), calcolarla dovrebbe essere soltanto una questione di algebra... più o meno divertente.

P.S.: trovare $\dot \omega$ non è troppo difficile; comunque lascio questa cosa in sospeso per non togliere del tutto il gusto agli altri solutori.

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