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Pigkappa ha scritto: ↑14 set 2023, 13:08 Direi che si può anche procedere usando solo la prima interpretazione

Ho risolto il problema usando questa intepretazione, giusto per vedere se si puo' fare, e la risposta e' si'. Scrivo qua come l'ho fatto. La configurazione 3D di questo problema e' solo una distrazione, per illustrare quel che ho in mente penso al problema piu' semplice di un cilindro che scende giu' per un piano inclinato normale. Sia $\displaystyle \alpha$ l'angolo di inclinazione e il coefficiente adimensionale $\displaystyle \beta$ sia tale che il momento di inerzia del cilindro rispetto al suo centro $\displaystyle O$ sia $\displaystyle I_O = \beta m R^2$ . Se il cilindro e' di densita' uniforme $\displaystyle \beta = \frac{1}{2}$ . Sia $\displaystyle P$ il punto di contatto tra piano e cilindro.

Interpretazione 1 - Rotazione attorno a P)
Il cilindro ruota attorno al punto $\displaystyle P$ con velocita' angolare $\displaystyle \omega$ . La componente della gravita' parallela al piano fa aumentare questa velocita' angolare. Mettendo in relazione il momento della forza e l'aumento di momento angolare si ha: $\displaystyle I_P \frac{d \omega}{dt} = R m g \sin \alpha$ . Il momento di inerzia rispetto a $\displaystyle P$ vale $\displaystyle I_P = (1+\beta) m R^2$ per Steiner. Da queste ricaviamo $\displaystyle \frac{d \omega}{dt} = \frac{g \sin \alpha}{R(1 + \beta)}$ .

Il centro del cilindro ruota con velocita' $\displaystyle v = \omega R$ , quindi accelerazione $\displaystyle a = \frac{d \omega}{dt} R = \frac{g \sin \alpha}{1 + \beta}$ .

Le forze sul cilindro, parallelamente al piano, sono la gravita' e la forza di attrito $\displaystyle F_a$ . Quest'ultima finora non e' comparsa perche' rispetto a $\displaystyle P$ non faceva momento torcente. Usando $\displaystyle F = ma$ , troviamo $\displaystyle F_a = m g \sin \alpha - ma = \frac{\beta}{1 + \beta} m g \sin \alpha$ . La forza di attrito e' $\displaystyle \le \mu m g \cos \alpha$ e mettendo insieme queste cose, troviamo $\displaystyle \mu \ge \tan \alpha \frac{\beta}{1 + \beta}$

Intepretazione 2 - Traslazione e rotazione attorno ad O)
In questo caso, valutando la rotazione attorno ad $\displaystyle O$ , il momento torcente viene dalla forza di attrito, per cui $\displaystyle I_O \frac{d \omega}{dt} = R F_a$ e usando $\displaystyle v = \omega R \Rightarrow a = \frac{d \omega}{dt} R$ troviamo $\displaystyle a = \frac{R F_a}{I_O} R = \frac{F_a}{\beta m} \Rightarrow F_a = \beta m a$ .

Scrivendo $\displaystyle F = ma$ sul cilindro, $\displaystyle m g \sin \alpha - F_a = ma$ , sostituendo $\displaystyle F = \beta m a$ troviamo $\displaystyle a = \frac{g \sin \alpha}{1 + \beta}$ come nella soluzione sopra.

Sostituendo in $\displaystyle F_a$ troviamo $\displaystyle F_a = \frac{\beta}{1 + \beta} m g \sin \alpha$ come sopra. Imponendo anche qua che sia $\displaystyle F_a \le \mu m g \cos \alpha$ troviamo il risultato $\displaystyle \mu \ge \tan \alpha \frac{\beta}{1 + \beta}$

Grazie Pigkappa per la dimostrazione dell'equivalenza dei due punti di vista. Per quanto mi riguardava nel contempo seguendo il tuo precedente consiglio io avevo affrontato il secondo punto di vista emendandolo dall'erroraccio della costanza di v.
Questo punto di vista considera il moto come una traslazione a velocità v di O e come rotazione di AB attorno ad un asse per O parallelo ad AB medesimo. Userò quindi la seconda legge della dinamica applicata al moto di O e la legge di Newton per i moti rotatori. Come premessa si può osservare 1) che la forza peso Mg applicata al centro di massa O davanti ad AB ha due componenti, $Mgsen\alpha$ nella direzione del moto traslatorio di O e $Mg cos\alpha$ che proiettata su OA o OB da luogo alla reazione N in A e B pari a $N=Mgcos\alpha \frac{\sqrt 2}{2}$ 2) i punti A e B nonché quelli di AB devono essere istantaneamente fermi; se si indica con h la distanza di O da AB si osserva che $h= r\frac{\sqrt 2}{2}$ e che deve essere $v = \omega.h$ e dunque $a= (d\omega/dt).h$
Scrivo allora la seconda legge della dinamica per il centro di massa O $Ma = Mg sen\alpha - 2F_A$ , essendo $F_A$ la forza frenante di attrito agente in A e B, e la legge di Newton per le rotazioni in questo caso attorno ad O $I_O (d\omega/dt) = 2 F_A. h$ che rappresenta il momento frenante delle forze di attrito. Sostituendo, dalle due equazioni è possibile ricavare $F_A= \frac{I_O Mgsen\alpha}{2(I_O + Mh^2)}$ Ora è noto che $I_O=(2/5)Mr^2$ mentre h si è ricavato sopra . Sostituendo si ricava $F_A=(2/9) sen\alpha$ Ora deve essere $F_A\leq \mu N$ per cui $\mu \geq \frac{F_A}{N}$ da cui $\mu_{min} = (2/9)\sqrt 2 tang \alpha$

Sì è tutto giusto. È la stessa soluzione di Tarapia, più sintetica

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