Rotolamento puro corpo rigido

Continui a fare confusione e tra l'altro non risolvi il problema pur facendo il sarcastico.

$ω(t)=w0−at=w0−μg⋅t$
E' sbagliata dimensionalmente: a sinistra rad/sec. A destra m.sec.

$Iα=τ$ questa va bene, ed e' "l'analoga di Newton" come la chiami tu. Non e' quella che avevi scritto nel tuo post che era $Ialpha=I[domega]/[dt]$. Totalmente diversa.

$1/2MR^2ω=μ⋅MgR⋅tx$. Qui hai gia integrato, to manca $omega_0$ e il segno e' sbagliato, perche la velocita angolare diminuisce col tempo.

Il tempo $t_x$ di puro rotolamento lo scrivi in funzione di $v_0$. A prescindere che per me $v_0=0$, per te e' evidentemente la velocita' del baricentro quando comincia il rotolamento puro. Peccato che e' ancora incognita.

La soluzione deve essere data in funzione delle grandezze note che sono 2: la velocita angolare iniziale $omega_0$, nota e la velocita' del baricentro $v_0$, nota anche essa e nulla.

Mi fermo qui, perche anche il tono sarcastico mi infastidisce e se fai il furbetto mi aspetto una trattazione impeccabile.

Fai come credi
Non e' sbagliata, sei tu a vederle sbagliate
E il risultato del prof è giusto
$v(t) +at= v_x $, che e' diversa da $v_0 $ che è la velocita' in cui inizia a rotolare.
E' giusta poiché' si vede chiaro che la velocita' di traslazione $v_x$ aumenta
Buona giornata
PS: totalmente diversa nulla, sono proprio la stessa cosa

Boh, i post tuoi ci sono tutti. Chi legge si fa un'idea.
Dove scrivi $v(t)+at=v_x$ nel post precedente lo sai solo tu.

$Ialpha=I[domega]/[dt]$ non e' $Ialphatau$.
La prima e' un'identita', stai dicendo sia a destra che a sinistra la stessa cosa.
La seconda invece e' l'equazione corretta.

Il risultato e' 1/18, quello che scrive il professore e' errato.

Se pensi che io sbagli, contestami le equazioni che ho scritto, sono molto piu' chiare di quelle che scrivi tu.

Espiegami la coerenza in questa
$ω(t)=w0−at=w0−μg⋅t$
E' sbagliata dimensionalmente: a sinistra rad/sec. A destra m.sec. Che cosa e' $W_0$.

Fai tanta confusione che solo Gabrio riusciva a farla. Lo eguagli in pieno.

Ma se non sei d'accordo su nulla, che ti spiego
1)la velocità di traslazione aumenta
Quindi e' $v(t) = v - μg*t$, dove v non so più' come vuoi che la chiamo, e la velocità di traslazione
$a=μg$
Non vedo dove trovi scorrettezze dimensionali
$I (dω) /(dt) = μ ΜgR, (Ialpha=tau) $
Integrando e semplificando $ω( t) =(2mug)/R *t$
Se non ti va bene nemmeno questa posso anche chiudere qui

Non e' nemmeno 1/18 ma e' 5/18 e comprende rotazione e traslazione
ora $ v-mug*t_0= ω R= (2mug) /R*t_0 *R*$
E viene semplificando $t_0=v/(3mu g) $

Ultima modifica di Lucacs il 23/01/2020, 08:42, modificato 10 volte in totale.

Intanto, scusate l'intromissione. Il professore, per tratto di slittamento, intende lo spazio che percorre un punto che si muove, in ogni istante, con la stessa velocità del punto fisico del disco che coincide con il punto geometrico di contatto.

Intanto, scusate l'intromissione. Il professore, per tratto di slittamento, intende lo spazio che percorre un punto che si muove, in ogni istante, con la stessa velocità del punto fisico del disco che coincide con il punto geometrico di contatto.

Come calcoleresti questo spazio Sergeant Elias? Anche io sono molto interessato a ciò.

Variazione di energia cinetica

$1/4M\omega_0^2R^2-1/12M\omega_0^2R^2=1/6M\omega_0^2R^2$

Lavoro della forza di attrito

$\muMgs_C$

Tratto di slittamento

$s_C=1/6(\omega_0^2R^2)/(\mug)$

Esatto
Infatti se integri tra zero e $v^2/(6mug) , muMg dx$ ottieni $1/3 (1/2 Mv^2)$

Ultima modifica di Lucacs il 22/01/2020, 17:54, modificato 2 volte in totale.

Grazie

Ad ogni modo, mi sembra che professorkappa avesse già fatto tutti i conti. Insomma, visto che si pensava fosse lo spazio percorso dal centro di massa, solo un malinteso. Tra l'altro, il termine utilizzato è piuttosto ambiguo.

Infatti se integri tra ...

Dovrebbe tornare.