Disco disomogeneo

egl · Messaggio da **egl** » 21 giu 2011, 16:03

Si ha un disco di spessore trascurabile di raggio infinito con questa proprietà: la densità di superficie varia a seconda della distanza dal centro con la legge $\lambda (r)=\lambda_0 e^{-nr}$ dove $r$ è la distanza dal centro, $\lambda_0$ una costante nota (ma non necessaria) ed $n$ anch'esso noto di dimensioni $m^{-1}$ . Il disco poggia su un piano con attrito e il coefficiente di attrito dinamico fra le superfici è $\mu$ . Esso acquista istantaneamente una velocità angolare $\omega$ attorno al proprio asse. Determinare il tempo $\Delta t$ che ci mette a fermarsi.

Omar93 · Messaggio da **Omar93** » 24 giu 2011, 17:45

Dato che qui si sbaglia per imparare...
Ora non faccio il problema perchè voglio chiedere una cosa : se io avessi un'anello di massa m sempre sullo stesso piano e che acquista anch'esso una velocità angolare $\omega$ allora su di esso aggirebbe un momento pari a $F_ar$ ,dove r è il suo raggio. Infatti su ciascun elementino c'è una forza d'attrito $F_{dm} = dm \mu g$ e quindi il momento è $F_{dm}r$ .
Se tutto cio' fosse vero allora vale la seguente relazione $F_ar = I \alpha$ . Ora che conosco l'accelerazione angolare posso scrivere : $\omega_f = \omega - \alpha t$ .
E' giusto?

egl · Messaggio da **egl** » 24 giu 2011, 17:56

Ciao Omar!

Come inizio mi sembra vada più che bene. Quello che hai scritto dovrebbe essere giusto.

Omar93 · Messaggio da **Omar93** » 25 giu 2011, 21:13

Non ho fatto alcun progresso,mi sono bloccato,e sicuramente sara' per un qualcosa di futile.Intanto,anche se non mi è stato di utilità(ma già lo sapevo),la massa è $m_{disco}=\frac{1}{n}$ .
Allora abbiamo detto che vale quello scritto sopra per un anello.Il suo momento di inerzia e' $I = mr^2$ .
Per ora diciamo che la sua massa dipende da $m(r)$ .Ora scrivo $F_ar = m(r)r^2\alpha$ ,poi $m(r)\mu g r=m(r)r^2\alpha$ ,quindi, $\alpha = \frac{\mu g}{r}$
Non cambia nulla se considero una sbarra a raggio infinito,l'equazione sarebbe la stessa.
E ora cosa dovrei fare_? Per un'anello,o per un punto della stessa massa e con uno stesso raggio,[ facile.L'accelerazione in questo caso non dipende dalla massa. Se invece avessi una sbarra non si dovrebbero sommare tutte le accelerazioni di ciascun punto? E come faccio?

egl · Messaggio da **egl** » 25 giu 2011, 22:10

Omar93 ha scritto:Intanto,anche se non mi è stato di utilità(ma già lo sapevo),la massa è $m_{disco}=\frac{1}{n}$ .

$n$ è una costante che ha dimensioni $m^{-1}$ , pertanto quella non può essere la massa del disco.

Poi perchè consideri soltanto un anello per fare il ragionamento? L'accelerazione angolare del disco è il risultato del contributo di tutti gli anelli che messi insieme formano il disco. E' evidente che le conclusioni non sono le stesse.

Inoltre non sono d'accordo sul fatto che se al posto del disco ripetiamo il problema con un'asta che ruota per l'estremo e la cui massa varia con la distanza con quella legge (la stessa del disco) la situazione è la stessa. Ho provato a fare i conti e in questo caso mi risulta che il tempo che ci mette questa asta è esattamente i 2/3 di quello del disco.

Per risolverlo, comunque, ho usato un po' di integrali, magari se ancora non li hai studiati può essere un po' complicato. Non escludo comunque che ci siano metodi più furbi che non mi sono venuti in mente

Omar93 · Messaggio da **Omar93** » 29 giu 2011, 16:26

egl ha scritto:
Omar93 ha scritto:Intanto,anche se non mi è stato di utilità(ma già lo sapevo),la massa è $m_{disco}=\frac{1}{n}$ .
$n$ è una costante che ha dimensioni $m^{-1}$ , pertanto quella non può essere la massa del disco.

Hai ragione scusa,avevo copiato male.A parte quella che avevo trovato non torna neanche dimensionalmente.Essa è $2 \pi \lambda_0 /n$ .Ero partito dall'area di un anello infinitesimo che è $2 \pi r dr$ .Vabbe....

egl ha scritto: Poi perchè consideri soltanto un anello per fare il ragionamento? L'accelerazione angolare del disco è il risultato del contributo di tutti gli anelli che messi insieme formano il disco.

Ma è normale,solo che per trovare il risultato finale dovevo partire da questi anelli.

egl ha scritto: Inoltre non sono d'accordo sul fatto che se al posto del disco ripetiamo il problema con un'asta che ruota per l'estremo e la cui massa varia con la distanza con quella legge (la stessa del disco) la situazione è la stessa. Ho provato a fare i conti e in questo caso mi risulta che il tempo che ci mette questa asta è esattamente i 2/3 di quello del disco.

Io avevo detto ad occhio e croce,è questo quello che si videva da $\alpha = \frac{\mu g}{r}$ .Forse la differenza tra disco ed asta si nota solo alla fine.
Il fatto è che se questa formula fosse quella giusta per l'accelerazione angolare di un anello,come faccio a sommare tutte le accelerazioni angolari degli altri???Se io mi pongo al centro del disco è zero,ma poi? Cosa sto sbagliando?

egl · Messaggio da **egl** » 29 giu 2011, 16:49

Sì, ok, la massa del disco è quella, hai solo dimenticato di scrivere $n^2$ al posto di $n$ , altrimenti non torna dimensionalmente neanche stavolta. Comunque la massa del disco non serve...
Poi tu affermi, per il tuo ragionamento, che $\alpha=\frac{\mu g}{r}$ e questa, come hai detto, è l'accelerazione angolare di un anello a distanza $r$ , ma la situazione è un po' diversa. Non si tratta di sommare come dici le accelerazioni, ma di trovare qualcosa che fornisca un valore generale per questo disco. Ad esempio può essere utile trovare il momento torcente che vuole fermare il disco intero.

Omar93 · Messaggio da **Omar93** » 2 lug 2011, 20:40

Si hai ragione,è molto meglio ragionare con il momento torcente.
Allora calcoliamo il momento di un anello : $F_t = 2 \pi g \lambda_0 \mu e^{-nr} r^2 dr$
Ora se mi calcolo anche quello del disco potrò scrivere : $F_dr = I \alpha$
$\frac{\omega}{t} = \frac{F_dr}{I}$ ,dove I è il momento di inerzia del disco,che è l'integrale da o ad infinito di $2 \1pi g \lambda_0 \mu e^{-nr} r^3 d$ .
Mentre per il momento torcente del disco si ha l'integrale da 0 ad infinito di : $2 \pi g \lambda_0 \mu e^{-nr} r^2 dr$

egl · Messaggio da **egl** » 4 lug 2011, 14:29

Sì, così è giusto. Scrivendolo un po' meglio il procedimento è:

$\displaystyle \textrm{d}\tau=2\pi \lambda_0g\mu r^2e^{-nr}\textrm{d}r \Rightarrow \tau=2\pi \lambda_0g\mu \int_0^{\infty}r^2e^{-nr}\textrm{d}r=\frac{4\pi \lambda_0 g \mu}{n^3}$

$\displaystyle \textrm{d}I=2\pi r^3 \lambda_0 e^{-nr} \textrm{d} r \Rightarrow I=2\pi \lambda_0 \int_0^{\infty} r^3 e^{-nr} \textrm{d} r=\frac{12\pi \lambda_0}{n^4}$

Per la seconda legge di Newton per la rotazione si ha

$\tau=I\alpha \Rightarrow \alpha=\dfrac{g\mu n}{3}$ da cui $\Delta t=\dfrac{3 \omega}{g \mu n}$

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