Fisica I - Meccanica - Rullo su piano inclinato

[fender97]

Salve a tutti sono nuovo nel forum. Sono uno studente di ingegneria e avrei bisogno di un riscontro per la risoluzione di questo esercizio.
È un tema d'esame di un appello di luglio. Il prof non pubblica mai le soluzioni; per quante volte io abbia provato a risolverlo (sono stato bocciato al primo appello) sono tornato sempre al medesimo risultato e non capisco dove sbaglio.

Un cilindro omogeneo di raggio $ R $ e massa $m$ è inizialmente fermo sulla sommità di un piano piano inclinato di altezza $h$ (punto Q). Il piano inclinato forma un angolo $ \theta $ rispetto all'orizzontale ed è scabro, in modo tale che, quando il cilindro viene lasciato libero di muoversi, cominci a rotolare senza strisciare. Arrivato sul piano orizzontale (punto P) all’asse del cilindro viene applicato un momento frenante costante . Tale momento agisce per un tratto di lunghezza orizzontale $L$.
a) Si calcoli il valore minimo del modulo di , $M_min$, affinché il cilindro si fermi dopo il tratto $L$ nel punto O, supponendo che il moto sia sempre di puro rotolamento e si indichi la direzione di tale momento;
b) determinare il valore minimo del coefficiente di attrito statico che permetta il moto di puro rotolamento lungo l’intero percorso, nell’ipotesi che il coefficiente di attrito statico tra il cilindro e il piano di appoggio sia lo stesso sia lungo il tratto QP sia lungo il tratto PO.
Ipotizzando infine che il piano inclinato venga mantenuto fermo durante il moto del cilindro da un’opportuna forza orizzontale
c) determinare modulo e verso di tale forza
Infine, ipotizzando che sul piano orizzontale non vi sia attrito statico, ma solo attrito dinamico,
d) stabilire il valore del coefficiente d’attrito dinamico e del momento frenante in modo che il disco si fermi in un tratto $L’$ a partire dalla fine del piano inclinato (punto P).




Di seguito vi mostro la risoluzione del punto a di cui sono abbastanza sicuro. Il b e il c li posterò appena avrò capito la prima parte. Il punto d non sono stato in grado di risolverlo.


a) Ricavo la velocità angolare del cilindro nel punto P utilizzando il teorema di conservazione dell'energia.
Nel punto Q l'energia meccanica totale vale
$ E_m = mg (h+R) $
Nel punto P il rullo ha acnhe enrgia cinetica che calcolo con il Terorema di Koenig.
$ E_m = mgR + 1/2m v_(cm)^2 +1/2I\omega_0^2 $

Con $I = 1/2mR^2$
e $v_(cm) = \omega_0R$ (condizione valida per ipotesi)

Uguagliando le due formule ricavo $ \omega_0 = 1/R * sqrt(4/3gh)$
__________
Ci spostiamo sul piano orizzontale.
- sistema di riferimento con origine nel punto di contatto C $-=$ P tra rullo e pavimento , asse X diretto da P a sinistra, asse Y da P vero l'alto, asse Z "entrante" nel foglio.
- polo dei momenti nel CM del rullo.
- senso orario scelto come positivo

Il rullo deve fermarsi dopo un tratto $L$ che corrisponde ad un arco di circonferenza lungo $R*\theta$. Da ciò
$\theta = L/R$
Dalle leggi sulla cinematica
$\omega = \omega_0 + \alphat$
$\theta = \omega_0t +1/2alphat^2$

Quando il rullo giunge nel punto O nell'istante $t_f$ è fermo, $\omega = 0$
$t_f = -\omega_0/\alpha$
Sostituendo si ricava $\theta = -\omega_0^2/(2\alpha)$
Uguagliando e due espressioni per $\theta$ si ricava
$L/R = -\omega_0^2/(2\alpha) $
$ \alpha = -\omega_0^2R/(2L)$

Possiamo affermare ora che $\alpha$ è opposta a $\omega_0$.

Ponendo la condizione di puro rotolamento per 'accelerazione risolvo il seguente sistema e ricavo $M$
$\{(M + f_s R = I \alpha),
(f_s = m a_(cm) ),
(\alpha = a_(cm)/R),
(\alpha = -\omega_0^2R/(2L)):}$

$M = I\alpha - f_sR = I*-\omega_0^2R/(2L) + m\omega_0^2R^3/(2L) =
m\omega_0^2R^3/(4L)$
Sostituendo anche il valore di $\omega_0$ precedentemente ricavato otterrei
$M = 1/3mghR^2/L$

Dal momento che abbiamo scelto come positivo il senso orario di rotazione, notiamo quindi che il momento frenante è orario.

Il momento così ricavato è minimo (se si vuole che il rullo si arresti esattamente dopo aver percorso il tratto L). È giusto quanto ho detto? Significa che potrei applicare dei momenti più grandi in modulo sino ad arrivare ad uno massimo oltre il quale perderei la condizione di puro rotolamento ? Se $L$ fosse una distanza grande a piacere allora $M_(min)$ sarebbe piccolo a piacere ?

___________
b) Ci occupiamo dell'attrito statico sul tratto $L$ ovvero PO.
$f_s = ma_(cm) = m \alpha R = -m \omega_0^2R^2/(2L)$
tale forza deve essere in modulo minore della $f_s^(max)$

$m \omega_0^2R^2/(2L) <= \mu_(s1) m g$
$\mu_(s1) >= \omega_0^2R^2/(2gL)$
sostituendo $\omega_0$
$ \mu_(s1) >= 2/3h/L$

Passiamo al piano inclinato: il sistema di riferimento è la terna precedentemente considerata ruotata di un angolo $\theta$.
${(fs+mgsin\theta = ma_1),
(f_sR = I\alpha),
(a_1 = \alpha_1R):}$

Risolvendo si ricava $f_s =(-mgsin\theta)/(1-(mR^2)/I)$
Poniamo la condizione di puro rotolamento
$(-mgsin\theta)/(1-(mR^2)/I) <= \mu_(s2)mgcos\theta$
$\mu_(s2) >= tan\theta $

Affinché ci sia sempre moto di puro rotolamento è corretto affermare che
$\mu_s^min = max(\mu_(s1),\mu_(s2)) $
?

[Shackle]

Benvenuto.
Ti sei sbagliato, qui, a scrivere la conservazione dell'energia.
Hai preso come piano di riferimento per $E_p$ il piano orizzontale : bene. Quindi l'energia potenziale in Q è $mg(h+R)$ : bene.
Quando il cilindro arriva in $P$ , ha ancora energia potenziale $mgR$ , che si somma alle due energie cinetiche, di traslazione e di rotazione . In effetti, la quantità $mgR$ si semplifica , scrivendo la conservazione dell'energia meccanica tra le due posizioni Q e P . Comunque, la velocità angolare in P é giusta , e quindi anche $v=omegaR$
Adesso purtroppo devo fermarmi , torno stasera.

[fender97]

Grazie Shackle, ho corretto. L'errore tuttavia deve essere altrove, attendo risposta e grazie

[Shackle]

Cominciamo a stabilire bene gli assi quando il rullo è sul piano orizzontale, tenendo presente il disegno che hai postato.
L' origine è il punto iniziale di contatto $C$ tra disco e piano : supponiamo, per semplicità , che il punto $C$ coincida col punto $P$ , anche se in realtà non è esatto, c'è una piccola differenza, ma se occorre se ne può tenere conto con un po' di geometria.

Hai orientato $x$ da $P$ verso sinistra : ok . L'asse $y$ è orientato da $P$ verso l'alto : ok . E quindi il terzo asse $z$ deve essere orientato dal foglio verso il retro rispetto a te che guardi , se vogliamo la solita terna destrorsa $hati, hatj, hatk $ . Insomma, deve essere "entrante" nel foglio ( è un modo di dire che non mi piace, comunque lo adottiamo, per capirci) .
Premesso che un vettore non è positivo o negativo , ( il segno "meno" davanti a un vettore indica solo l'opposto del vettore dato) , diciamo quindi che il momento è positivo se il vettore che lo rappresenta è "entrante" ,cioè orientato come l'asse $z$ Infatti, in tal caso la componente del vettore momento sull'asse $z$ è positiva. Ma sono solo convenzioni, dietro alle quali gli studenti si perdono.

Andiamo avanti.
Ho letto quello che hai scritto, e in particolare questa frase :

È evidente che essendo l'accelerazione positiva lo sarà anche $fs$. Il verso sarà pertanto DA DESTRA A SINISTRA.

Non è evidente per nulla, anzi è sbagliato. Perché dici che " l'accelerazione è positiva " , e quindi è orientata da destra a sinistra? A parte il solito miscuglio tra "vettore" e "componente" del vettore, che va evitato, ragioniamo . È detto nel testo che il disco, arrivato sul piano con una certa velocità angolare nota $omega_0$ , antioraria, determinata come prima calcolato, deve fermarsi dopo aver percorso un certo tratto $L$ .
Lasciando perdere per un momento i vettori, vuol dire che la velocità angolare deve diminuire , fino a che il disco si arresta nel punto $O$ , a distanza $L$ da $P$ . Nei calcoli che hai postato , non hai affatto sfruttato questa condizione . E allora sfruttiamola !
La condizione significa che l'angolo di cui può ruotare il disco , rallentando fino a fermarsi , è pari a $theta = L/R$ . Se il disco rallenta , l'accelerazione angolare deve essere "discorde" con la velocità angolare, e anche l'accelerazione lineare del CM , intesa come vettore , deve essere discorde con la sua velocità lineare vettoriale . Si tratta quindi, usando un termine un po' brutto , di una "decelerazione" ; si ha allora , scrivendo direttamente relazioni scalari :

$omega = omega_0 -alpha *t$
$theta = omega_0*t -1/2alpha*t^2 $

nel punto di arresto $O$ , la velocità angolare è nulla, percio l'istante finale di arresto $t_f$ è dato da :

$ t_f = (omega_0)/(alpha)$

l'angolo di cui è ruotato il disco fino all'arresto vale quindi : $ L/R = omega_0*t_f -1/2alpha*t_f^2 $

sostituendo il valore di $t_f$ prima determinato , si trova quanto vale l'accelerazione (...decelerazione...) dalla relazione:

$L/R = (omega_0^2)/(2alpha) $

Percio $alpha$ è noto da considerazioni cinematiche, vista la condizione richiesta.Tieni presente che , siccome la rotazione è antioraria, l'accelerazione angolare deve essere oraria, perché il disco deve essere frenato. E anche l'accelerazione lineare del CM deve essere opposta alla sua velocità , fino all'arresto . Perciò la forza di attrito esercitata dal piano sul disco deve essere diretta verso l'origine , non verso sinistra. E il momento frenante deve essere orario.

Ora puoi applicare le due equazioni della dinamica, tenendo presente la condizione di aderenza per le accelerazioni . Ma ora , l'accelerazione è ben determinata.
Alla fine, si deve comunque verificare che il rullo non slitti: questo ti porta a stabilire il valore del minimo coefficiente di attrito nel tratto orizzontale . Per rispondere a b), devi determinare anche il minimo valore del coefficiente di attrito nel tratto precedente inclinato , quando il disco rotolava senza strisciare , soggetto solo alla forza peso e alla reazione del piano .

[fender97]

Ti ringrazio molto, appena ho un attimo di tempo correggo il procedimento e proseguo con la risoluzione del problema.
D'ora in poi cercherò di non mescolare il verso dei vettori con il segno delle componenti.
Non avevo minimamente considerato la cinematica del problema, non ci ho proprio pensato.

Entro stasera posto il resto grazie

[fender97]

Ho corretto la prima parte Evito di aggiungere messaggi ad ogni correzione, mi limito a modificare il primo e ad andare avanti.

[Shackle]

Ho visto, ma sono fuori casa, col telefonino. Leggeró stasera.
Di primo acchito, quel $t_f$ negativo mi fa venire i brividi...!

Di regola , è preferibile scrivere nuovi messaggi e non correggere i vecchi, perché chi legge si fa meglio l'idea del problema , della soluzione, dei dubbi originali esposti, e della fatica per arrivare alla soluzione finale , ammesso che ci si arrivi ...
Ti prego perció di rispondere con messaggi nuovi .
A stasera , se faccio in tempo

[Shackle]

L'equazione vettoriale cinematica : $ vec\omega = vec\omega_0 + vec\alpha*t$

si può anche scrivere , evidenziando il versore $hatk$ dell'asse $z$ , che è rivolto all'indietro rispetto al foglio:

$-\omegahatk = -\omega_0hatk +alphathatk$

cioè , si può subito dire che il vettore $vec\alpha$ deve essere discorde col vettore $vec\omega$ , in quanto il disco deve decelerare. Il perché dei segni che ho messo , puoi spiegartelo da solo guardando la figura , e immaginando come sono diretti i vettori velocità angolare e accelerazione angolare.
Proiettando sull'asse $z$ , e cambiando i segni, si ottiene:

$omega = omega_0 -alphat $

e perciò , il tempo di arresto $t_f = (omega_0)/(alpha)$ risulta positivo, come deve essere un qualsiasi tempo contato da $t=0$ nell'origine.

OK , abbiamo capito che il modulo dell'accelerazione angolare (che ha verso orario, rispetto al tuo disegno) vale : $ alpha = (omega_0^2R)/(2L) $ .

Adesso, per le equazioni cardinali della dinamica , ti faccio osservare che la forza di attrito $f_s$ deve essere diretta verso l'origine delle coordinate , perché il CM deve arrestarsi, no ? Dunque, il momento della forza di attrito rispetto al CM è antiorario, il momento frenante è orario. In altri termini, il momento della forza di attrito deve "opporsi" al momento applicato all'asse . Perciò le equazioni si scrivono cosí ( considero direttamente gli scalari) :

$M-f_sR = I\alpha$

$f_s = ma_(CM) = m\alphaR$

$alpha = (omega_0^2R)/(2L) $

la forza di attrito risulta, in modulo : $f_s = m (omega_0^2R^2)/(2L) $

la prima delle equazioni sopra scritte mi dà il momento : $ M = Ialpha + f_sR = .....= (3momega_0^2R^3)/(4L) = mgh R/L$

(controlla anche le dimensioni, ogni tanto . LA tua formula non torna neanche dimensionalmente)

Questo è il momento minimo da applicare all'asse, per arrestare il disco alla distanza $L$ dall'origine. Se applichi un momento "più piccolo" di questo , il disco non si arresta in $L$ , continua . Se il momento applicato tende a zero , il disco tende a rotolare indefinitamente, e la forza di attrito statico tende ad annullarsi . È infatti risaputo che un disco, che si trova su un piano orizzontale con una certa velocità angolare $omega_0$ , può (teoricamente!) mantenere quella velocità indefinitamente, senza consumare energia , e la forza di attrito statico è nulla. Quindi, circa le tue domande :

Il momento così ricavato è minimo (se si vuole che il rullo si arresti esattamente dopo aver percorso il tratto L). È giusto quanto ho detto? Significa che potrei applicare dei momenti più grandi in modulo sino ad arrivare ad uno massimo oltre il quale perderei la condizione di puro rotolamento ? Se L fosse una distanza grande a piacere allora Mmin sarebbe piccolo a piacere ?

le risposte sono affermative . Per la seconda domanda, pensa a quando freni di botto la macchina su asfalto bagnato o ghiacciato : perdi l'aderenza, e la macchia slitta . Meglio non farlo !
Anzi, se pensi alla automobile in frenata, senza slittamento, visualizzi anche come deve esser diretto il momento frenante e come è diretta la forza frenante che decelera la macchina.

E veniamo ai coefficienti di attrito . Quello sul piano orizzontale va bene , deve essere $mu_(s1)>= 2/3h/L$

Quello sul piano inclinato lo hai sbagliato . Ti dico che cosa deve venire : $mu_(s2) >=1/3tg\phi$ , essendo $phi$ l'angolo alla base del piano inclinato.
Cerca di arrivarci da solo . Questo, in sostanza , è un altro esercizio nell'esercizio .

[fender97]

Ogni tanto mi perdo i segni nelle equazioni di Newton. I problemi mi sorgono quando non è possibile determinare a priori il verso delle forze, come spesso accade per quella di attrito statico. Approfondirò la domanda in seguito.

In questo caso però si poteva agevolmente comprendere da considerazioni pratiche.

Proseguo qui sotto e correggo:

Quando il rullo si trova sul piano inclinato è soggetto alla componente di forza peso $ mgsin\theta$, rivolta dal CM verso il punto P. La $f_s$ deve mantenere fermo il punto di contatto C e pertanto avrà verso opposto.
Il sistema era quindi
$ {(-fs+mgsin\theta = ma_1), (-f_sR = -I\alpha_1), (a_1 = \alpha_1R):} $
Semplicemente era da invertire il segno della $f_s$ per il motivo specificato sopra.
Si ricava $f_s = (mgsin\theta)/((mR^2)/I+1) <= \mu_(s2)mgcos\theta$
e dunque come tu dici
$\mu_(s2) >= 1/3 tan\theta$

Il minimo coefficiente di attrito statico sarà il massimo tra i due trovati, corretto ?
__________________
Ora provo a proseguire con la domanda C.

Il piano esercita sul rullo una forza di reazione normale $N$. Per il terzo principio di Newton il rullo esercita sul piano una forza pari a $-N$. Inoltre tra rullo e piano esiste l'azione tangenziale di $f_s$ (diretta da C verso Q).

${(-f_scos\theta - (-N)sin\theta + F = 0),
(-N = -mgcos\theta),
(f_s = (mgsin\theta)/((mR^2)/I+1) = 1/3mgsin\theta):}$

Ricavo $F$ che vale $F = 2/3mgsin\thetacos\theta$


Ora chiedo: qualora sul rullo agissero più momenti e più forze, ciascuno con direzione e modulo differente, come si valuterebbe il verso della forza di attrito statico ? Finché si tratta di un momento o di una forza non ci sono (quasi) problemi. Ma quando questi aumentano, come ci si deve comportare?
Per ovviare a questo problema io ho provato a considerare la $f_s$ positiva in ogni equazione, salvo poi determinarne il verso in base al segno che essa assume. Questo metodo mi porta però a commettere altri errori vedi: quelli che ho commesso sopra.

[Shackle]

Il minimo coefficiente di attrito statico sarà il massimo tra i due trovati, corretto ?

Corretto .

Ora chiedo: qualora sul rullo agissero più momenti e più forze, ciascuno con direzione e modulo differente, come si valuterebbe il verso della forza di attrito statico ? Finché si tratta di un momento o di una forza non ci sono (quasi) problemi. Ma quando questi aumentano, come ci si deve comportare?
Per ovviare a questo problema io ho provato a considerare la fs positiva in ogni equazione, salvo poi determinarne il verso in base al segno che essa assume. Questo metodo mi porta però a commettere altri errori vedi: quelli che ho commesso sopra.

Il miglior sistema è quello di scrivere le equazioni in forma vettoriale , ivi incluse le forze di attrito $vecf_s$ , a cui dai inizialmente un verso arbitrario. Ma bada bene, anche $vecf_s$ è un vettore. Quindi , si devono proiettare le equazioni vettoriali sugli assi scelti, nella maniera giusta, e si hanno cosí le corrispondenti equazioni scalari . Il risultato dovrebbe dirti se il verso scelto per $vecf_s$ è giusto , oppure no ; se è giusto, la componente sarà positiva, altrimenti sarà negativa.
Nei cai piu semplici, dove è facilmente intuibile il verso della forza di attrito, conviene riferirsi direttamente all'equazione scalare : io per lo meno preferisco cosi . Ma anche qui, bisogna stare attenti .

Il valore di $F$ che hai calcolato va bene.