cande95 ha scritto:Ciao! Ti ringrazio infinitamente per la spiegazione dettagliata, volevo chiederti due chiarimenti (che in realtà sono più generali):
Il primo riguarda questa frase:
Faccio notare che il momento di inerzia è calcolato rispetto al CIR, che è il punto di contatto ruota-terreno.
A volte non capisco quando sia necessario e quando no calcolare il momento di inerzia rispetto al CIR e quando al baricentro.. Qui naturalmente è fondamentale (mi pare) che lo si calcoli rispetto al CIR (io avevo sempre fatto rispetto al baricentro...)
Forse non c'è una regola generale.. ma allora perché cambia se lo calcolo rispetto al CIR e rispetto al baricentro?
La seconda cosa riguarda questa:
\[ \left( {{M_1} + 6{M_r}} \right){v_1} = - {M_2}{v_2} \]
Il fatto di poter integrare non mi era venuto spontaneo.. La questione però è: quando c'è una forza di attrito statico non capisco mai se il sistema sia isolato o no.. La forza di attrito statico non compie lavoro quindi mi verrebbe da dire che è isolato però allo stesso tempo compie un lavoro rotazione mi viene da pensare.. e quindi mi viene da dire che in verità non è isolato..
A questo punto ragionando proprio sul momento mi viene da dire che non è isolato quindi alla formula di cui sopra non ci si poteva giungere attraverso considerazioni sul fatto che il baricentro fosse fermo.. E' un po' contorto.. spero si capisca!
Se posso intromettermi, forse posso rispondere ai tuoi dubbi.
Il primo riguarda quando usare il momento di inaerza rispetto al CIR.
Il fatto e' che in generale la rototraslazione di un corpo puo' sempre ridursi al baricentro. Le equazioni fondamentali della dinamica si applicano al baricentro.
Quindi $F=ma_c$ e $M=I\ddot\omega_c$
Quello che ti semplifica il gioco e' che, se il corpo ruota, esiste un'ulteriore relazione che lega $v_c$ con $\omega_c$
$v_c=R\omega_c$.
Per vederlo in pratica e anche per rispondere al secondo dubbio ("ma il Sistema e' isolato o no? Si conserva la QDM, o no?") provo a risolvere il problema applicando la conservazione dell'energia.
Prendiamo come Sistema di riferimento un Sistema X orizzontale.
Notiamo subito che non ci sono forze esterne che compiono lavoro. L'unica forza esterna e' l'attrito, ma tu sai che questa non compie lavoro.
Il Sistema, essendo a due gradi di liberta' e' descritto da due coordinate:
$x_1$: coordinate del punto di attacco della molla sul carrello (cantata dall'origine)
$x_2$: coordinate del blocco (occhio! sempre contata dall'origine del Sistema di riferimento assoluto, non dal punto di mura della molla sul carrello).
Scriviamo l'equazione dell energia cinetica corpo per corpo (in realta' si puo' scrivere immediatamente, ma mi serve per trattare le ruote a parte solo per chiarire un dubbio:
En. Cin. del carrello: $1/2m_c\dotx_1^2$
En. Cin. del blocco: $1/2m_b\dotx_2^2$
Per le ruote, l'en.cin. si puo' calcolare in 2 modi equivalent:
1 - Polo viaggiante col mozzo (baricentro delle ruote)
$E=1/2\dotx_1^2+1/2I_c\dot\omega^2$, dove I e' ${M_rR^2}/2$. Dalla relazione $v_c=\omegaR$, se effettui una sostituzione banale, ottieni immediatamente $1/2*3/2*M\dotx_1^2$.
2 - Polo fisso nel punto di contatto (solo rotazione in quell punto, sei nel CIR!):
$E=1/2I_{CIR}\dot\omega^2$. Ma per calcolare $I_{CIR}$ basta applicare Steiner $I_{CIR}=I_c+m_rR^2= 3/2M_rR^2$.
Togli $\omega$ e ti trovi (ovviamente) esattamente la stessa energia cinetica.
Andiamo Avanti con il secondo dubbio.
L'energia cinetica totale del Sistema allora sara' la somma delle tre energie sopra calcolate (naturalmente le ruote sono 4), cioe':
$E_k=1/2m_c\dotx_1^2+1/2m_b\dotx_2^2+4*1/2*3/2M\dotx_1^2$
Energia che e' espresso solo in funzione delle derivate delle coordinate (non esiste un termine in funzione della coordinate stessa, come a volte accade.
Il potenziale della molla (lunghezza a riposo L), in funzione della coordinate adottate risulta
$V=-1/2K(x_2-x_1-L)^2$
A questo punto devono valere 2 equazioni (conservazione dell'energia)
(1) $ {d}/{dt}({\partialE_k}/{\partial\dotx_1})={\partialV}/{\partialx_1 $
(2) $ {d}/{dt}({\partialE_k}/{\partial\dotx_2})={\partialV}/{\partialx_1 $
Le derivate sono molto semplici e risulta
(1) $(m_c+6m_r)\ddotx_1=k(x_2-x_1-L)$
(2) $m_b\ddotx_2= -k(x_2-x_1-L)$
Se sommi membro a membro, ottieni:
$(m_c+6m_r)\ddotx_1+m_b\ddotx_2=0$
Equazione smplicissima a variabili separate che integrate ti da:
$(m_c+6m_r)\dotx_1+m_b\dotx_2=C$
Da cui vedi subito che la velocita' del baricentro e' costante. E siccome era nulla all'inizio, resta nulla, cioe'
$(m_c+6m_r)\dotx_1+m_b\dotx_2=0$
Se integri ancora
$(m_c+6m_r)x_1+m_bx_2=C$, che ti dice che il baricentro resta dov'e', quindi:
(3) $(m_c+6m_r)x_1+m_bx_2=(m_c+6m_r)x_1(0)+m_bx_2(0)$
Con le condizioni iniziali che garantiscono che $x_1(0)=0$ e $x_2(0)=x_1(0)+L+\delta$, la (3) diventa:
$(m_c+6m_r)x_1+m_bx_2=m_b(L+\delta)$
Da cui trovi la relazione che lega le coordinate, per sostituzione in (1) o in (2), trovi la legge del moto di $x_1$ e ancora per sostituzione trovi la legge del moto $x_2$.
Note le leggi del moto, il resto dell'esercizio diventa una formalita'.
Se condense tutta la pappardella che ho scritto (necessaria per "scopi didattici)", ti renderai conto della facilita' di risoluzione usando la conservazione dell'energia, che conviene sempre usare al posto delle equazioni cardinali, specialmente quando il sistema e' a un grado di liberta, ma soprattutto quando ci sono piu' di 2 corpi in gioco.
L'energia e il potenziale si scrivono immediatamente e senza pensare troppo (ed e' una sola equazione, in n variabili, con n pari ai gdl del sistema). Non c'e' da diventare matti con I segni delle forze.
Le derivate sono generalmente banali (unica difficolta', se il Sistema e' complicate e' il Sistema di equazioni differenziali).
Il resto e' tutto per sostituzione.
Svantaggio di questo metodo: non ti fornisce le reazioni vincolari in maniera diretta; trovate le leggi del moto, per il calcolo delle reazioni vinncolari esterne , devi comunque impostare le equazioni della dinamica dalla legge del moto. Quindi, in quel caso, tanto vale andare subito con le equazioni della dinamica.
