Problema meccanica del corpo rigido

[Vulplasir]

Il primo dovrebbe essere giusto, l'energia potenziale iniziale e finale é $2mgR$ e $-2/3mgR$, l'energia cinetica finale sarà $1/2I_o omega^2$ da cui $omega^2=16/3mgR/(I_o)$

Comunque mi sa che nel terzo non chiede il coefficiente all'istante iniziale dato che in quell'istante l'asta è verticale e il tutto risulta indeterminato, però trovare il coefficiente minimo durante tutto il moto del sistema non mi sembra per niente semplice

[professorkappa]

Con $I_o$ momento di inerzia rispetto al punto di contatto cilindro-piano?

[Vulplasir]

Si, $I_o$ è il momento d'inerzia di tutto il sistema rispetto al punto di contatto col piano

[professorkappa]

mmmmhhhhh. Avevo preso $I_0$ come momento rispetto al centro del disco.
Pero' non mi piace granche' come soluzione: $I_o$ varia col tempo, e' come dare una soluzione dove c'e' un'incognita.

Comunque ora torna, anche il valore numerico del coefficiente di attrito. Peccato che mi venga -0.42 (negativo). E non ho tempo di riguardarmi tutti i calcoli. Postero' le foto con il calcolame, magari riuscite voi ad acchiappare l'errore di segno che devo aver fatto da qualche parte (probabilmente qualche derivata balorda.

[Vulplasir]

e' come dare una soluzione dove c'e' un'incognita

In teoria no, all'istante finale si conosce ( o meglio, si può ricavare) l'angolo che l'asta forma con la verticale, quindi si può risalire al momento di inerzia del sistema in quell'istante

[professorkappa]

Ok, le foto fanno pena. Provo a buttare 2 conti qui (alcuni passaggi li copio pari pari dai miei conti, perche sono una caterva di calcoli). Vedete se trovate l'errore.

Sistema di riferimento con asse y verticale, x orizzontale verso destra e rotazioni positive orarie. Il corpo cade in senso orario. Gli angoli sono contati a partire dalla posizione verticale.

In condizioni di puro rotolamento il baricentro (che si trova al punto di saldatura barra-disco) si muove con legge

$dotx_G=Rdottheta+Rdotthetacostheta$
$doty_G=-Rdotthetasintheta$

$ddotx_G=Rddottheta+Rddotthetacostheta-Rdottheta^2sintheta$
$ddoty_G=-Rddotthetasintheta-Rdottheta^2costheta$

Momento di inerzia rispetto a G: $I_G=mR^2/2+mR^2+m(2R)^2/12+mR^2=17/6mR^2$

Il momento di inerzia rispetto al punto di contatto piano-disco e'

$I_c=I_G+2m{CG}^2=17/6mR^2+2m*2R^2(1+costheta)=[41+24costheta]/6mR^2$

la conservazione dell'energia meccanica risulta allora (io qui espliciterei $I_c$, non mi limiterei a lasciarlo parte della soluzione):

$2mgR=1/2*[41+24costheta]/6mR^2dottheta^2+2mgRcostheta$

Da qui otteniamo $dottheta^2=[24g(1-costheta)]/[(41+24costheta)R]$

All'impatto, poiche' vale $3Rcostheta=-R$, si ottiene $costheta=-1/3$ e sostituendo si trova subito $dottheta$ che e' semplicemente:

$dottheta=sqrt((32g)/[33R])$

Il calcolo della velocita' $v_P$ dell'estremo dell'asta all'impatto e' a questo punto banale:

$v_p=Ldottheta$ dove $L=sqrt(8R^2)$ da cui il risultato al punto B.

Ora viene il bello:

Per il calcolo di $mu$ secondo me non basta considerare il punto in cui $dotttheta$ e' massimo:

Infatti per la prima cardinale $F_a=2mddotx_g=2mR(ddottheta+ddotthetacostheta-dottheta^2sintheta)$

La forza massima quindi e' funzione di $ddottheta$ e $dottheta^2$. Non e' detto che, per un certo $theta$ che fornisce l'accelerazione angolare massima, la corrispondente velocita' angolare sia minima.

Allora io procederei cosi (ma e' un lavorone...)

1 - Da $N=2mg-2m(Rddotthetacostheta+Rdottheta^2costheta)$ si cerca la $[dN]/[d theta]$ e si impone la derivata a 0 per trovare il valore $theta_m$ che minimizza N (a me da circa $theta_m=77$)
2 - Con quel valore di $theta_m$ si calcola $F= 2m(Rddottheta+Rddotthetacostheta-Rdottheta^2sintheta)$
3 - si calcola $mu_1=F/N$

4 - Si massimizza F con lo stesso procedimento, e si trova $theta_m$ che massimizza F.
4 - Si calcola $mu_2=F/N$
5 - Si sceglie il piu alto tra $mu_1$ e $mu_2$.

Si potrebbe massimizzare il rapporto F/N direttamente. Io ho provato a farlo, ma le derivate esplodono come granate e a un certo punto ho dovuto abbandonare (a parte che la derivata si annullava con equazioni di terzo grado in coseno.

Se, per qualche ragionamento che a me sfugge, la massimizzazione di $ddottheta$ e' sufficiente, allora la strada e molto piu corta e molto meno faticosa in termini di calcoli. Ma non mi convince tanto, pero'

[albireo]

Io credo di aver trovato un modo per calcolare l'ultimo punto (il valore numerico del minimo del coefficiente di attrito statico che consenta il rotolamento senza strisciamento). Ditemi se vi convince.

1) Le forze che agiscono sul corpo sono la forza di attrito $f$ (direzione orizzontale verso destra), la forza peso $2mg$ (direzione verticale verso il basso) e la reazione vincolare $N$(direzione verticale verso l'alto). Detta $a$ l'accelerazione del centro di massa, si ha quindi:

$(1.1a)\qquad \qquad 2mg-N=ma_{y}\Rightarrow N=2m(g-a_{y}) $
$(1.1b)\qquad \qquad f =2ma_{x}$

D'altra parte si ha anche $f\leq \mu N=\mu 2m (g-a_{y})\qquad (1.2)$

Quindi sostituendo la $(1.1b)$ nella $(1.2)$ si ha:

$2ma_{x}\leq \mu 2 m (g-a_{y})\Rightarrow \mu geq \frac {a_{x}}{g-a_{y}} \qquad \qquad (1.3)$

Ora, chiamo $\theta $ l'angolo tra la verticale passante per il punto di contatto $O$ e la retta che congiunge $O$ con il $CM$. Si può allora vedere che risulta $a_x=a\cos \theta $ e $a_y=a\sin \theta $. In questo modo si può riscrivere la $(1.3)$ come

$\mu geq \frac {a\cos \theta }{g-a\sin \theta} \qquad \qquad (1.4)$

Dobbiamo quindi trovare un'espressione per l'accelerazione $a$ in funzione di $\theta $. Ciò è possibile sfruttando l'equazione dei momenti.

2) Per ricavare l'equazione dei momenti, consideriamo come polo il centro di massa visto che in questo caso il momento d'inerzia del corpo non varia, a differenza di ciò che avviene se scegliamo come polo il punto di contatto $O$. Come detto nei messaggi precedenti, il momento d'inerzia del corpo rigido rispetto al $CM$ è pari a

$I=\frac {17}{6}mR^2$

Detta $r$ la distanza tra il centro di massa ed il punto di contatto $O$, si ha:

$Nr\sin \theta -f r \cos \theta=I\alpha=\frac {17}{6}mR^2a/r$.

Considerando che $r=2R\cos \theta $, si ha allora:

$2NR\sin \theta \cos \theta-2fR\cos ^2\theta =\frac {17}{6}\frac {mR^2a}{2R\cos \theta} \qquad (2.1)$

Sostituiamo ora la $(1.1a)$ e la $(1.1b)$ nella $(2.1)$ ricordando che $a_x=a\cos \theta $ e $a_y=a\sin \theta $:

$4m(g-a\sin \theta )R\sin \theta \cos \theta -4maR\cos ^3 \theta =\frac {17}{12}\frac {maR}{\cos \theta } \Rightarrow
a=\frac {4g\cos ^2\theta \sin \theta }{17/12+4\cos ^2\theta (\cos ^2\theta +\sin ^2\theta )}=\frac {4g\cos ^2\theta \sin \theta }{17/12+4\cos ^2\theta } \qquad (2.2)$

Questa è quindi l'espressione di $a$ in funzione di $\theta $ che cercavamo. A questo punto sostituiamo la $(2.2)$ nella $(1.4)$:

$\mu \geq \frac {4g\cos ^3\theta \sin \theta }{(17/12+4\cos ^2\theta )( g-\frac {4g\cos ^2\theta \sin ^2 \theta }{\frac {17}{12}+4\cos^2\theta})}=\frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}+4\cos ^2\theta -4\cos ^2\theta \sin ^2\theta }=\frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}+4\cos ^2\theta (1-\sin ^2\theta )}=\frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}+4\cos ^4\theta }\qquad (2.3)$

L'ultimo passaggio da fare ora è trovare quale valore di $\theta $ rende massimo il membro destro di questa diseguaglianza.

3) A tal fine, scriviamo $\frac {17}{12}$ come $\frac {17}{12}(\cos ^2 \theta+\sin ^2\theta)^2=\frac {17}{12}(\cos ^4\theta +2\cos ^2 \theta \sin ^2\theta +\sin ^4\theta )$ e sostituiamo ciò nella $(2.3)$, che quindi diventa:

$\mu \geq \frac {4\cos ^3\theta \sin \theta }{\frac {17}{12}(\cos ^4\theta +2\cos ^2 \theta \sin ^2\theta +\sin ^4\theta )+4\cos ^4\theta }\qquad (2.4)$

Dividiamo ora numeratore e denominatore per $\cos ^4\theta $. Si ha allora:

$\mu \geq \frac {4\tan \theta }{\frac {17}{12}(1+2\tan ^2\theta+\tan ^4\theta )+4}\qquad (2.5)$

Chiamando $x=\tan theta$, si ha allora:

$\mu \geq \frac {4 x }{\frac {17}{12}(1+2x^ 2+x ^4)+4}\qquad (2.6)$

Per ottenere il valore massimo del membro destro della $(2.6)$, deriviamo rispetto ad $x$ e poniamo tale derivata uguale a zero. Si ottiene quindi facilmente la seguente equazione:

$3x^4+2x^2-65/17=0$

Questa è un'equazione biquadratica, quindi facilmente risolubile ponendo $y=x^2$. Effettuando questa sostituzione e risolvendo si ottiene:

$y=(\sqrt {\frac {65}{17}+\frac {1}{3}}-\frac {1}{\sqrt 3})*\frac {1}{\sqrt 3}=0.84379\Rightarrow x=\sqrt y=0.91858 $

Infine, ricordando che $x=\tan \theta $ si ha quindi $\theta =\arctan (0.91858)=42.57°$

Questo è quindi l'angolo che massimizza il membro destro della $(2.3)$. Sostituendo il valore appena ottenuto, troviamo quindi che

$\mu \geq 0.42$ ,

cioè esattamente il valore corrispondente al risultato del problema.
Vi convince tutto cio?

[Vulplasir]

Non so come ti venga lo stesso risultato del testo (che probabilmente è sbagliato), ma ci sono diversi errori in ciò che hai scritto:

1) Da dove capisci che $a_x=acostheta$ e $a_y=asintheta$?

2) Non puoi usare la relazione $alpha=a/r$

[albireo]

1) Si deduce considerando $a$ ortogonale a $r$
2) Potresti giustificare questa tua affermazione?

[Vulplasir]

Si deduce considerando $a$ ortogonale a $r$

Cosa chiaramente falsa

Potresti giustificare questa tua affermazione?

Deriva dal fatto che a non è ortogonale a r.

Le relazioni del puro rotolamento vanno usate con cautela...partiamo dal primo punto:

L'accelerazione dei punti di un corpo rigido sono legate dalla relazione:

$veca(P)=veca(Q)+vecalpha xx (P-Q)-omega^2(P-Q)$

Questa relazione lega tra loro le accelerazioni di due punti P e Q del corpo rigido...essa è utile quando conosci l'accelerazione di almeno un punto Q del corpo, così ti puoi determinare l'accelerazione di tutti gli altri punti P.
Nel tuo caso, il punto O di contatto col terreno, in puro rotolamento, è istantaneamente fermo, ossia ha velocità nulla, ma non ha assolutamente accelerazione nulla!, il punto O ha accelerazione $a(O)=omega^2R$ diretta verticalmente in alto, quindi da cui puoi determinare l'accelerazione del CM, ma la sua direzione è del tutto incognita, perché è somma del vettore $a(O)$ verticale, del vettore $vecalphaxx(P-O)$ ortogonale a r e del vettore $-omega^2(P-O)$ parallelo a r.

Le relazioni $omega=v/r$ e $alpha=a/r$ nel puro rotolamento valgono solo nel caso di elementi circolari, e si riferiscono, nel caso dell'accelerazione, solo all'accelerazione tangenziale del punto di contatto.

Ossia, se prendi un disco di centro C che rotola senza strisciare su un piano con accelerazione di C pari ad $a$, detto O il punto di contatto, il punto di contatto è istantaneamente fermo e la sua accelerazione tangenziale è nulla, ossia vale $alpha=a/R$, essendo $alpha$ l'accelerazione angolare del disco, mentre O possiede ancora una accelerazione centripeta pari a $omega^2R$. Quindi, nel tuo caso, non puoi usare l'accelerazione $a$ del CM per la relazione di puro rotolamento, ma devi usare sempre l'accelerazione del centro del disco C, che sarà sempre orizzontale. In pratica, le coordinate di C sono:

$x_c=x$
$y_c=R$

Derivando due volte:
$ddot(x_c)=ddotx$
$ddoty_c=0$

Ossia il centro C del disco ha solo accelerazione orizzontale $ddotx$.

Quindi, l'accelerazione angolare del disco, e quindi di tutto il sistema, è:

$ddottheta=ddotx/R$

Per quanto riguarda il CM, si ha:

$x_G=x+dsintheta$
$y_G=R+dcostheta$

Derivando due volte trovi l'accelerazione del centro di massa