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Luce1312
Luce1312 - Ominide - 41 Punti
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Ho bisogno di una mano in questo. Ho creato un altro post, pardon. Comunque sei stato gentilissimo!
Un disco omogeneo di massa M e raggio R soggetto ad un momento motore B si trova su un piano inclinato scabro di angolo α con coefficiente d'attrito μ. Determinare in condizioni di puro rotolamento l'accelerazione, la forza di attrito statica, la reazione del piano. Determinare il minimo valore di B per cui il disco sale sul piano. Determinare inoltre il minimo e massimo valore di B per cui restare in condizioni di puro rotolamento. Dati: B=-2N·m, M=30Kg, R=0.2 m, μ=0.1, α=30)
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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Per studiare tale moto conviene usufruire della seconda cardinale della dinamica
calcolando i momenti assiali rispetto alla generatrice di contatto con il piano
inclinato che, in assenza di strisciamento, è l'asse istantaneo di rotazione.

Scelto come verso positivo per la rotazione quello che fa salire il cilindro, si ha:

[math]B - m\,g\,R\,\sin\alpha = \frac{3}{2}m\,R^2\,\frac{\text{d}\omega}{\text{d}t} \; .[/math]

Ora proiettiamo la prima cardinale della dinamica rispettivamente in direzione
parallela al piano inclinato (diretta in salita) e in direzione perpendicolare
al piano inclinato (diretta in fuori):

[math]\begin{aligned}
& - m\,g\,\sin\alpha + r_x = m\,R\,\frac{\text{d}\omega}{\text{d}t} \; ; \\
& - m\,g\,\cos\alpha + r_y = 0 \; ;
\end{aligned}[/math]

dove
[math]r_x[/math]
,
[math]r_y[/math]
sono le componenti della reazione
[math]\mathbf{r}[/math]
esplicata dal piano
inclinato. Tale moto è di puro rotolamento finché
[math]|r_x| \le \mu_s\,r_y[/math]
. ;)
Luce1312
Luce1312 - Ominide - 41 Punti
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Ho fatto quest'esercizio ma è sbagliato. Potresti verificare? È qui in allegato :) grazie sempre
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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Dunque, lo schema statico di tale struttura è il seguente:


dove ho indicato in blu le reazioni vincolari incognite e in rosso le forze
applicate note. Non rimane che applicare le equazioni cardinali della statica
assumendo convenzionalmente come positive le traslazioni verso destra, verso
l'alto e le rotazioni antiorarie:

[math]\begin{cases} - H_A = 0 \\ V_A + V_B - M\,g - m\,g = 0 \\ V_B\,\frac{1}{2}\,L\,\cos\theta - M\,g\,\frac{1}{2}\,L\,\cos\theta - m\,g\,\frac{3}{4}\,L\,\cos\theta = 0 \end{cases}[/math]

da cui si ottiene:

[math]\begin{cases} H_A = 0 \\ V_A = - \frac{1}{2}\,m\,g \\ V_B = M\,g + \frac{3}{2}\,m\,g \end{cases}[/math]

dove eventuali valori negativi indicano che il verso della reazione ipotizzato a
priori è opposto a quello reale. Come è evidente, tali reazioni non dipendono
dall'angolo
[math]\theta[/math]
e l'unico angolo
[math]0 \le \theta \le 180°[/math]
che implica
[math]V_A = 0[/math]
è
[math]\theta = 90°[/math]
, angolo per cui tutto il peso grava in
[math]B[/math]
:
[math]V_B = (M + m)\,g[/math]
. ;)
Luce1312
Luce1312 - Ominide - 41 Punti
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Ti ringrazio. In termini di Rx, Ry e T, devo scomporli in componenti, giusto? -HA è -Rx cosθ...?
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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Se sul foglio non indichi il sistema di riferimento X, Y a cui fai riferimento non ha
alcun senso parlare di Rx ed Ry, in quanto prima vanno individuate le direzioni
X ed Y e poi ci si riferisce ad esse. Per tal motivo nei problemini di statica, di solito,
non si introduce alcun sistema di riferimento formale, bensì si indicano con H
le reazioni vincolari orizzontali e con V le reazioni vincolari verticali; una volta
calcolate il problema può considerarsi risolto. ;)
Luce1312
Luce1312 - Ominide - 41 Punti
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Te l'ho chiesto, poiché io sono abituata a fissare un sistema di riferimento X,Y e quindi a scrivere Rx, Ry, ecc
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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Va benissimo, ma se no lo mostri non è possibile aiutarti. Infatti, non è detto che
tale sistema di riferimento individui con X la direzione orizzontale e con Y quella
verticale, si potrebbe optare per un sistema, ad esempio, in cui X indichi la direzio-
ne parallela all'asta e con Y la direzione ad essa perpendicolare. Come vedi, sono
due scelte profondamente diverse ed equivalentemente valide che se non specificate
non rimane che "indovinare". In ogni modo, se per te X è la direzione orizzontale ed Y
quella verticale allora ciò che per te è Rx per me è H e ciò che per te è Ry per me
è V, quindi non devi scomporre nulla. :)
Luce1312
Luce1312 - Ominide - 41 Punti
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Va bene come in allegato?
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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Oh, ora va decisamente meglio!! Per quanto riguarda ciò che hai scritto
hai dimenticato un segno meno nella reazione Ry (indice che tale rea-
zione è rivolta verso il basso e non verso l'alto come supposto a priori
all'inizio); se poi, in secondo luogo, consideriamo i moduli di tali reazio-
ni, allora va benissimo. Volendo completare l'opera, indica l'angolo nel
disegno e poi andrebbe quotato (insomma, come ti ho mostrato nel det-
taglio sopra :D)
Luce1312
Luce1312 - Ominide - 41 Punti
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Si chiaro, ti ringrazio. Scusami tanto per il disturbo. In questo caso: Un numero n di moli di un gas perfetto mono atomico compiono un ciclo consistente in 2 isoterme a temperature rispettivamente T0 e 3T0 e due isocore (vedi figura) . Determinare i calori assorbiti ed il rendimento del ciclo nell'ipotesi che l'isoterma a temperatura più alta sia irreversibile con una variazione di entropia pari a ΔS. Confrontare il rendimento del ciclo con quello per lo stesso ciclo reversibile.
L'ho svolto così :
TeM
TeM - Eliminato - 23454 Punti
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Mi sa che hai fatto qualche pasticcio.

Nel 1° caso, quando l'isoterma a
[math]3\,T_0\\[/math]
è irreversibile, hai calcolato correttamente:
i)
[math]Q_{AB} = 3\,T_0\,\Delta S > 0\\[/math]
(calore assorbito);
ii)
[math]Q_{BC} = n\,c_v\,(T_0 - 3\,T_0) = - 2\,n\,c_v\,T_0 < 0\\[/math]
(calore ceduto);
iii)
[math]Q_{CD} = n\,R\,T_0\,\ln\left(\frac{V_D}{V_C}\right) = - n\,R\,T_0\,\ln(3) < 0\\[/math]
(calore ceduto);
iv)
[math]Q_{DA} = n\,c_v\,(3\,T_0 - T_0) = 2\,n\,c_v\,T_0 > 0\\[/math]
(calore assorbito).
Quindi, per il primo principio della termodinamica, si ha:

[math]L_{ciclo} = Q_{ciclo} = 3\,T_0\,\Delta S - n\,R\,T_0\,\ln(3)\\[/math]

e il rendimento vale:

[math]\eta_{rev} = \frac{L_{ciclo}}{Q_{assorbito}} = \frac{3\,\Delta S - n\,R\,\ln(3)}{3\,\Delta S + 2\,n\,c_v}\\[/math]
.
A questo punto, se la trasformazione
[math]A \to B\\[/math]
è reversibile, si ha:
[math]Q_{AB}' = n\,R\,3\,T_0\,\ln(3) > 0\\[/math]
(calore assorbito),
mentre le altre quantità di calore rimangono inalterate!! Quindi:

[math]L_{ciclo} = Q_{ciclo} = n\,R\,3\,T_0\,\ln(3) - n\,R\,T_0\,\ln(3) = 2\,n\,R\,T_0\,\ln(3)\\[/math]

e il rendimento vale:

[math]\eta_{irr} = \frac{L_{ciclo}}{Q_{assorbito}} = \frac{2\,n\,R\,T_0\,\ln(3)}{n\,R\,3\,T_0\,\ln(3) + 2\,n\,c_v\,T_0} = \frac{2\,\ln(3)}{3\,\ln(3) + 2\,\frac{c_v}{R}}\\[/math]
.
Spero sia sufficientemente chiaro. ;)
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