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)$
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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 ?
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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)) $
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