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Esercizio corpo rigido 62

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 62 è il sessantaduesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 61 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 63. 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 62

Esercizio 62 (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un punto materiale di massa m viene lanciato dalla base di un piano inclinato con velocità v. Il piano inclinato ha massa M e la forma di un triangolo isoscele di lati uguali pari ad a ed angoli alla base di ampiezza \alpha, come mostrato in figura 1. Il piano è incernierato nel punto O. Tra piano inclinato e punto materiale non è presente attrito. Verificare che, indipendentemente dalla velocità iniziale di m, il piano non potrà mai cominciare a ruotare rispetto ad O se vale la condizione:

(1)   \begin{equation*} \tan^2\alpha\geq \dfrac{3}{2} \; \dfrac{m}{M}. \end{equation*}

In caso contrario, calcolare la velocità minima v_{\text{min}} che deve essere impressa ad m affinché il piano inizi a ruotare.

 

 

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Svolgimento.

Come primo passo dobbiamo trovare le coordinate del centro di massa del triangolo. Osserviamo che per fare questo è necessario conoscere le coordinate del punto A. Consideriamo la figura 2

 

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come si può osservare dalla figura 2, le coordinate di A sono

(2)   \begin{equation*} A \equiv \left(-a\cos \left(2\alpha\right),a\sin\left(2\alpha\right)\right). \end{equation*}

Dal momento che le coordinate degli altri vertici del triangolo isoscele sono O \equiv(0,0) e B\equiv(a,0) possiamo determinare le coordinate del baricentro[1]

    \[\begin{aligned} x_G&=\dfrac{x_A+x_O+x_B}{3}=\dfrac{-a\cos\left(2\alpha\right)+a}{3}=\\ &=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{\cos\left(2\alpha\right)-1}{2}\right)=\dfrac{2}{3}a \; \sin^2\alpha. \end{aligned}\]

e

    \[\begin{aligned} y_G&=\dfrac{y_A+y_O+y_B}{3}=\dfrac{a}{3}\sin\left(2\alpha\right). \end{aligned}\]

Notiamo che non è necessario conoscere le coordinate di A per calcolare la posizione del centro di massa[2], infatti la mediana OK, relativa a BA viene divisa dal baricentro in due parti di cui quella contenente il vertice è doppia dell’altra. Quindi OK=a\sin(\alpha) e poi basta proiettare sugli assi trovando x_G=\left(2/3\right)a\sin^2(\alpha) e y_G=\left(a/3\right)\sin(2\alpha). La forza agente sul piano inclinato è

(3)   \begin{equation*} mg\cos\alpha \,\hat{n} \end{equation*}

con \hat{n} versore perpendicolare al piano inclinato. Chiamiamo

(4)   \begin{equation*} \vec{r}=(r_x,r_y) \end{equation*}

il vettore posizione congiungente il polo O ad m mentre scorre sul piano inclinato.

 

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Proiettiamo mg\cos\alpha \,\hat{n} rispetto al nostro sistema di riferimento Oxy ( Vedere figura 1)

(5)   \begin{equation*} mg\cos\alpha \,\hat{n}=mg\cos\alpha \left(-\sin\alpha,-\cos\alpha\right) \end{equation*}

e calcoliamo il momento di tale forza rispetto al polo O

    \[\begin{aligned} \vec{M}_1&= \text{det} \begin{pmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\ r_x & r_y & 0\\ -mg\cos\alpha\sin\alpha & -mg \cos^2\alpha & 0 \end{pmatrix} = \\ & =\left(0,0,-r_xmg\cos^2\alpha+r_y mg\cos\alpha\sin\alpha\right)=\\ &=\left(mg\cos\alpha\left(-r_x \cos\alpha+ r_y \sin\alpha\right)\right) \hat{z}. \end{aligned}\]

Osserviamo che se

(6)   \begin{equation*} r_y\sin \alpha -r_x\cos\alpha>0 \end{equation*}

il momento della forza induce una rotazione in senso antioraria, mentre se

(7)   \begin{equation*} r_y\sin\alpha-r_x\cos\alpha<0 \end{equation*}

abbiamo una rotazione in senso orario. La forza peso M\vec{g}[3] ha momento

(8)   \begin{equation*} \vec{M}_2=\left(0,0,-Mgx_G\right), \end{equation*}

che induce una rotazione in senso orario, quindi chiaramente se vogliamo far ruotare il piano deve valere

(9)   \begin{equation*} r_y\sin\alpha-r_x\cos\alpha>0, \end{equation*}

pertanto per metterci nella condizione di far ruotare il piano deve valere

(10)   \begin{equation*} mg\cos \alpha \left( r_y\sin \alpha -r_x\cos \alpha \right) >Mg \; x_G. \end{equation*}

Chiamiamo i la distanza del punto m rispetto al punto B sul piano inclinato, come rappresentato in figura 3.

 

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Osserviamo dalla geometria del problema che

(11)   \begin{equation*} r_y=i\sin\alpha \end{equation*}

e

(12)   \begin{equation*} a-r_x=i\cos\alpha, \end{equation*}

quindi (10) diventa

(13)   \begin{equation*} mg\cos\alpha \left( i \sin^2\alpha -\left(a-i\cos\alpha\right) \cos \alpha\right) >\dfrac{2}{3}Mga\sin^2\alpha\quad \Leftrightarrow \quadmg \cos \alpha \left( i-a\cos \alpha \right)>\dfrac{2}{3}Mag \sin^2\alpha. \end{equation*}

Chiaramente[4]

(14)   \begin{equation*} i>a\cos\alpha \end{equation*}

quindi la distanza i è maggiore di metà piano inclinato. Definiamo

(15)   \begin{equation*} b=i-a\cos\alpha \end{equation*}

come la distanza rappresentata in figura 3[5]

 

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Come si può osservare il punto materiale m deve rimanere sul piano inclinato, quindi al massimo b può assumere il valore b_{\text{max}}=a\cos\alpha, pertanto (13) diventa

(16)   \begin{equation*} mg\cos\alpha \left(a \cos\alpha\right)>\dfrac{2}{3}Mga\sin^2\alpha \quad \Leftrightarrow \quad \tan^2\alpha<\dfrac{3m}{2M}. \end{equation*}

La (16) ci fornisce la condizione affinché il piano ruoti, di conseguenza per non alzarsi mai deve valere

    \[\boxcolorato{fisica}{\tan^2\alpha \geq \dfrac{3m}{2M},}\]

quindi (1) è verificata.

 

Ora assumiamo che (1) non sia verificata. Vogliamo determinare la velocità minima che bisogna imprimere a m affinché non si ribalti il piano. Affinché mg\cos\alpha\,\hat{n} abbia momento maggiore di quello della forza peso, il braccio minimo deve essere

(17)   \begin{equation*} b_{min}=\dfrac{M}{m}\dfrac{x_G}{\cos\alpha}=\dfrac{M}{m}\dfrac{1}{\cos\alpha}\cdot \dfrac{2a}{3} \; \sin^2\alpha=\dfrac{2aM}{3m\cos \alpha}\sin^2\alpha. \end{equation*}

Applicando la legge della conservazione dell’energia ed imponendo che la massa si fermi dopo aver percorso a\cos\alpha + b_{\text{min}} sul piano inclinato, si ha

(18)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv^2=mgh=mg(a\cos\alpha +b_{min})\sin \alpha \end{equation*}

dove v è la velocità iniziale di m all’inizio del piano inclinato

 

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da cui

    \[\begin{aligned} v_{\text{min}}&=\sqrt{2g\sin \alpha(a\cos\alpha+b)}=\sqrt{2g\sin \alpha \left(a \cos \alpha +\dfrac{2aM}{3m\cos \alpha}\sin^2\alpha\right)}. \end{aligned}\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_{\text{min}}=\sqrt{2g\sin \alpha \left(a \cos \alpha +\dfrac{2aM}{3m\cos \alpha}\sin^2\alpha\right)}.}\]

 

1. Per un triangolo omogeneo di vertici A\equiv(x_A,y_A), B\equiv(x_B,y_B), C\equiv(x_C, y_C) il baricentro è

    \[G\equiv\left(\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3},\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}\right).\]

↩

2. In questo problema centro di massa e baricentro del triangolo coincidono. ↩

3. La forza peso è applicata al centro di massa del piano inclinato: G. ↩

4. Altrimenti il modulo del vettore sarebbe negativo e (10) sarebbe assurda. ↩

5. Più precisamente è il braccio del momento della forza mg\cos\alpha \,\hat{n} rispetto al polo O. ↩

 

Approfondimento.

Per determinare le coordinate di A si poteva procedere come segue: osserviamo che l’angolo formato dalla retta contenente per il segmento \overline{AB} è \pi -\alpha, pertanto il coefficiente angolare della retta è

(19)   \begin{equation*} m_1=\tan\left(\pi - \alpha\right)=-\tan \alpha \end{equation*}

e sapendo che il punto B\equiv (a,0), si ha[6]

(20)   \begin{equation*} y=-x\tan \alpha +a\tan\alpha . \end{equation*}

La retta contenente il segmento \overline{AO} forma con l’asse delle x un angolo A\hat{O}B pari a \pi-2 \alpha, pertanto il coefficiente angolare della retta passante per tale segmento è

(21)   \begin{equation*} m_2=\tan \left(\pi-2 \alpha\right)=-\tan \left(2\alpha\right) \end{equation*}

e tenendo conto che O \equiv (0,0), si ha

(22)   \begin{equation*} y=-x\tan2\alpha . \end{equation*}

Mettendo a sistema (19) e (22) possiamo determinare le coordinate del punto A

    \[\begin{aligned} &\begin{cases} y=-x\tan\left(2\alpha\right) \\ y=-x\tan \alpha +a\tan \alpha \end{cases}\ \quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} y=-x\tan \left(2\alpha\right) \\ x(\tan\alpha-\tan \left(2\alpha\right))=a\tan \alpha \end{cases}\quad \Leftrightarrow \quad \\ & \Leftrightarrow \quad \begin{cases} x_A=\dfrac{a\tan \alpha }{\tan \alpha-\tan 2\alpha}\\\\ y_A=-\dfrac{a\tan 2\alpha \tan \alpha }{\tan\alpha -\tan 2\alpha} \end{cases} \end{aligned}\]

dove

    \[\begin{aligned} x_A&=\dfrac{a\tan \alpha }{\tan \alpha-\tan 2\alpha}=\dfrac{a\tan\alpha}{\tan\alpha-\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}}=\dfrac{a\tan\alpha}{\frac{\tan\alpha-\tan^3\alpha-2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}}=\\ &=\dfrac{a\tan\alpha\left(1-\tan^2\alpha\right)}{-\tan\alpha-\tan^3 \alpha}=-a\dfrac{1-\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}=\\ &=-a\left(\dfrac{\cos^2\alpha-\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}\right)\cos^2\alpha =-a\cos\left(2\alpha\right) \end{aligned}\]

e

    \[\begin{aligned} y_A&=-\dfrac{a\tan 2\alpha \tan \alpha }{\tan\alpha -\tan 2\alpha}=\dfrac{a\frac{2\tan^2\alpha}{1-\tan^2\alpha}}{\tan\alpha-\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}}=\dfrac{2a\tan^2\alpha}{\tan\alpha-\tan^3\alpha-2\tan\alpha}=\\ &=\dfrac{2a\tan^2\alpha}{-\tan\alpha-\tan^3\alpha}=-\dfrac{2a\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}=-2a\sin\alpha\cos\alpha=-a\sin\left(2\alpha\right). \end{aligned}\]

6. Si ricorda che dato un punto A\equiv(x_A,y_A) e il coefficiente angolare m di una retta passante per quel punto tale retta ha equazione y-y_A=m(x-x_A). ↩

 

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