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Esercizio corpo rigido 61

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 61 è il sessantunesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 60 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 62. È rivolto a studenti di Fisica 1, in particolare a coloro che studiano ingegneria, fisica o matematica.

Nel percorso didattico di Fisica 1, prima di affrontare i corpi rigidi, si studiano gli esercizi sui sistemi di punti materiali. Successivamente, si passa agli esercizi sugli urti tra punti materiali e corpi rigidi, che rappresentano un momento di sintesi nel percorso formativo.

 

Testo dell’Esercizio Corpo Rigido 61

Esercizio 61 (\bigstar \bigstar \bigstar \bigstar\largewhitestar). Un pendolo conico come in figura è composto da un disco di massa M e raggio R, un’asta verticale di massa trascurabile e altezza \ell, da un filo inestensibile di lunghezza \ell e da una pallina di dimensioni trascurabili e massa m. Il pendolo conico è poggiato su di un piano in cui è presente un attrito sufficiente ad impedirgli di muoversi. Calcolare per quali valori di \alpha il sistema non si distacca dal piano. Supporre il filo inestensibile e di massa trascurabile.

 

 

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Svolgimento.

Ricordiamo la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi:

(1) \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{P}_t}{dt}\\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_O \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_O}{dt} \end{cases} \end{equation*}

dove \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutte le forze esterne, \vec{P}_t è la quantità di moto totale del sistema, \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutti i momenti esterni, \vec{v}_O è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema, \vec{v}_{CM} è la velocità del centro di massa ed infine \vec{L}_O è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo O. Poiché il sistema composto dal disco e dall’asta deve rimanere in quiete, il sistema (1) diventa:

(2) \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0}\\\\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0}. \end{cases} \end{equation*}

Scegliamo un sistema di riferimento non inerziale Oxyz tale che istante per istante il punto materiale m si trovi sull’asse delle x, ovvero che l’asse x si muova di moto circolare, come in figura 1.

 

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e rappresentiamo le forze applicate alla massa m vista in sezione

 

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dove \vec{T} è la tensione generata dal filo che collega la massa m e l’asta, m\vec{g} è la forza peso agente sulla massa m, \vec{F}_c è la forza apparente ovvero la forza centrifuga e infine T \cos\alpha\,\hat{y} è la proiezione della tensione lungo l’asse y e -T\sin\alpha \,\hat{x} è la proiezione di \vec{T} lungo l’asse x. Da (1)_1 abbiamo[1]

(3) \begin{equation*} T \cos\alpha=mg. \end{equation*}

Rappresentiamo ora in figura 3 le forze applicate al sistema composto dal disco e asta

 

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dove \vec{N} è la reazione vincolare dovuta al piano di appoggio tra disco e piano, M\vec{g} è la forza peso agente sul disco ed infine -\vec{T} è la forza alla quale è soggetta l’asta per il terzo principio della dinamica, assumendo che il filo sia inestensibile e di massa trascurabile. Sia r la posizione dove viene applicata \vec{N} e notiamo che finché 0\leq r \leq R non avviene il distacco dal piano, poiché la reazione \vec{N} varia al variare della posizione di m. In figura 4 rappresentiamo quanto detto[2].

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La reazione \vec{N} del piano, a differenza della forza peso M\vec{g} e della tensione -\vec{T}, non ha una posizione fissa ma tende a spostarsi dal centro del disco verso il polo O nella condizione limite[3]; subito prima del ribaltamento la sua posizione coincide con O e quindi il suo momento rispetto a tale polo è nullo. Consideriamo ora il sistema composto dall’asta e dal disco e mettiamoci nella condizione limite: scegliamo il polo O per il calcolo dei momenti esterni come in figura 5.

 

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Per calcolare l’equilibrio dei momenti delle forze ricorriamo alle sole forze M\vec{g} e -\vec{T}. Ricordiamo che per calcolare il momento \vec{tau} di una forza \vec{F} dobbiamo fare il prodotto vettoriale tra \vec{r}, distanza tra polo ed il punto di applicazione della forza, e la forza stessa

(4) \begin{equation*} \vec{\tau}=\vec{r} \wedge \vec{F}. \end{equation*}

Il modulo di tale prodotto vettoriale è uguale al prodotto della forza per il braccio b

 

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dove il braccio b è la minima distanza tra la retta su cui giace la forza \vec{F} e il polo O. Per semplificare il calcolo, scomponiamo la tensione in T\cos\alpha e T\sin\alpha come mostrato in figura 5 in modo che T\cos\alpha abbia braccio R e T\sin\alpha abbia braccio \ell. Notiamo inoltre che T \cos \alpha e M\vec{g} hanno momento concorde in quanto inducono una rotazione antioraria mentre T \sin \alpha una rotazione oraria[4]. Quindi da (2)_2 abbiamo

(5) \begin{equation*} TR \cos\alpha + MgR-T\ell\sin\alpha =0. \end{equation*}

Mettiamo a sistema (3) e (5)

(6) \begin{equation*} \begin{cases} T \cos \alpha= mg\\ TR \cos\alpha+MgR - T\ell \sin\alpha =0 \end{cases} \end{equation*}

da cui

(7) \begin{equation*} \tan \alpha = \dfrac{R}{\ell} \cdot \dfrac{M+m}{m} \quad \Leftrightarrow \quad \alpha = \arctan\left(\dfrac{R(M+m)}{m\ell}\right) \end{equation*}

e questo è il valore limite di \alpha oltre il quale c’è il distacco, ovvero

\[\boxcolorato{fisica}{\alpha = \arctan\left(\dfrac{R(M+m)}{ m\ell}\right)}\]

 

 

1. Teniamo conto solo della componente lungo l’asse y perché ai fini del problema ci serve solo tale componente.  ↩

2. Per completezza facciamo presente al lettore che \vec{N} non è allineata con il corpo m. ↩

3. Vedere dimostrazione alla fine del sito. ↩

4. Si considera positivo il verso uscente per i momenti delle forze (corrispondente a rotazioni antiorarie).  ↩

 

Approfondimento.

Completiamo l’esercizio riportando la dimostrazione che la posizione di \vec{N} dipende dall’angolo \alpha. Immaginiamo di avere il punto materiale m in un generico istante formante un angolo \alpha con l’asta e immaginiamo che la reazione vincolare si trovi in una posizione generica r^{\prime} rispetto al centro del disco e scegliamo un sistema di riferimento Oxyz in modo tale che in quell’istante la massa m e la reazione vincolare \vec{N} siano tutte lungo l’asse x come in figura 7.

 

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Da (2)_2 rispetto ad un polo generico O^\prime abbiamo

(8) \begin{equation*} \left(r^\prime-r^{\prime\prime}\right)N+Mgr^{\prime\prime}+M_{T}=0, \end{equation*}

dove M_{T} è il modulo del momento della tensione rispetto al polo O^\prime. Calcoliamo \vec{M}_T come segue

(9) \begin{align*} \vec{M}_T&=\vec{r}\wedge\vec{T}=\left(-r^{\prime\prime}\,\hat{x}+\ell\,\hat{y}\right)\wedge\left(T\sin\alpha\,\hat{x}-T\cos\alpha\,\hat{y}\right)=\\ &=\begin{pmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z}\\ -r^{\prime\prime} & \ell & 0\\ T\sin\alpha & - T\cos\alpha & 0 \end{pmatrix}=\left(r^{\prime\prime}T\cos\alpha-\ell T \sin \alpha\right)\,\hat{z}\\ \end{align*}

per cui (8) diventa

(10) \begin{equation*} \left(r^\prime-r^{\prime\prime}\right)N+Mgr^{\prime \prime}+r^{\prime\prime}T\cos\alpha-\ell T \sin\alpha=0. \end{equation*}

Osserviamo che lungo l’asse y vale quanto segue

(11) \begin{equation*} N=Mg+T\cos\alpha, \end{equation*}

da cui

(12) \begin{align*} & \left(r^\prime-r^{\prime\prime}\right)\left(Mg+T\cos\alpha\right)+Mgr^{\prime\prime}+Tr^{\prime\prime}\cos\alpha -\ell T\sin\alpha=0. \end{align*}

Con (3) abbiamo

(13) \begin{align*} & \left(r^\prime-r^{\prime\prime}\right)\left(Mg+T\cos\alpha\right)+Mgr^{\prime\prime}+Tr^{\prime\prime}\cos\alpha -\ell T\sin\alpha=0 \quad \Leftrightarrow \quad\\ & \Leftrightarrow \quad \left(r^\prime-r^{\prime\prime}\right)\left(Mg+mg\right)+Mgr^{\prime\prime}+mgr^{\prime\prime}-\ell mg\tan \alpha=0 \quad \Leftrightarrow \quad\\ & \Leftrightarrow \quad\left(r^\prime-r^{\prime\prime}\right)\left(Mg+mg\right)+r^{\prime\prime}\left(Mg+mg\right)=\ell mg \tan \alpha\quad \Leftrightarrow \quad\\ & \Leftrightarrow \quad\left(r^\prime-r^{\prime\prime}+r^{\prime\prime}\right)\left(Mg+mg\right)=\ell mg\tan \alpha \quad \Leftrightarrow \quad\\ &\Leftrightarrow \quad r^{\prime}=\dfrac{\ell mg \tan \alpha}{Mg+mg}. \end{align*}

Abbiamo dunque dimostrato che la distanza di \vec{N} dipende da \alpha e dunque sapendo che 0\leq r^\prime \leq R e ponendo r^\prime=R, ovvero mettendoci nella condizione limite, otteniamo

(14) \begin{align*} &R=\dfrac{\ell mg \tan \alpha}{Mg+mg}\quad \Leftrightarrow \quad R\left(mg+Mg\right)=\ell mg \tan \alpha \quad \Leftrightarrow \quad\\ &\Leftrightarrow \quad \tan \alpha =\dfrac{R\left(m+M\right)}{m\ell}\quad \Leftrightarrow \quad \alpha=\arctan\left(\dfrac{R\left(m+M\right)}{m\ell}\right). \end{align*}

 

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