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Esercizio corpo rigido 15

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 15 è il quindicesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 14 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 16. 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 esercizio corpo rigido 15

Esercizio 15 (\bigstar\bigstar \largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Le due masse m_1=3,0\,\text{kg} e m_2=5,0\,\text{kg} della macchina di Atwood mostrata nella figura sono rilasciate da ferme, con m_2 a un’altezza h=0,75\,\text{m} al di sopra del pavimento. Quando m_2 colpisce il pavimento, la sua velocità è v_2=1,8\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}. Assumendo che la carrucola sia un disco con la massa distribuita in modo uniforme di raggio r=12\,\text{cm} e che la corda, supposta priva di massa, ruoti insieme alla carrucola senza strisciare:
si determini la massa M della carrucola supponendo che non vi sia alcun attrito tra il disco della carrucola e il perno centrale attorno a cui ruota.

 

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Svolgimento.

Analizziamo il sistema composto dalla carrucola e dal filo privo di massa. Le forze esterne sono le tensioni \vec{T}_1, \vec{T}_2, la forza peso della carrucola e la reazione vincolare del perno. Definiamo un sistema di riferimento Oy orientato come in figura 2.

 

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Osserviamo che m_2>m_1, pertanto si conferma che il corpo m_1 sale e il corpo m_2 scende. Scegliendo come polo il centro del disco per il calcolo dei momenti esterni, si ha

(1) \begin{equation*} T_2r-T_1r=I\alpha=\dfrac{1}{2}Mr^2\alpha, \end{equation*}

dove \alpha è l’accelerazione angolare del disco e I è il momento di inerzia rispetto al centro del disco.

Per ipotesi sappiamo che la corda ruota senza strisciare sulla carrucola; questo implica che tra le due (carrucola e filo) vi sia una forza di attrito statico che fa sì che la corda non abbia alcun moto relativo rispetto alla carrucola. Questo basta ad affermare che le tensioni ai capi della fune non siano uguali tra loro e dunque nella trattazione che segue si supporrà T_1\neq T_2. Applichiamo la seconda legge della dinamica sia per la massa m_1 che per la massa m_2, ottenendo

(2) \begin{equation*} \begin{cases} -T_1+m_1g=-m_1a_1\\ -T_2+m_2g=m_2a_2, \end{cases} \end{equation*}

dove a_1 e a_2 indicano rispettivamente l’accelerazione angolare della massa m_1 e quella della massa m_2. Mettendo a sistema (1) e (2) si ottiene

(3) \begin{equation*} \begin{cases} T_2r-T_1r=\dfrac{1}{2}Mr^2\alpha\\ -T_1+m_1g=-m_1a_1\\ -T_2+m_2g=m_2a_2. \end{cases} \end{equation*}

Inoltre, per ipotesi sappiamo che la fune aderisce perfettamente alla carrucola senza strisciare su di essa e che dunque essa ruota con la stessa accelerazione \alpha con cui ruota la carrucola, pertanto si ha a_1/r=a_2/r=\alpha. Sfruttando quanto detto, si può riscrivere il sistema (3) come segue

(4) \begin{equation*} \begin{cases} T_2-T_1=\dfrac{1}{2}Mr\alpha\\ -T_1+m_1g=-m_1\alpha r\\ -T_2+m_2g=m_2\alpha r \end{cases}\quad\Rightarrow\quad\begin{cases} -m_2\alpha r+m_2g-m_1\alpha r-m_1g=\dfrac{1}{2}Mr\alpha\\ T_1=m_1\alpha r+m_1g\\ T_2=-m_2\alpha r+m_2g. \end{cases} \end{equation*}

Ricaviamo dunque, dalla prima equazione del sistema:

(5) \begin{equation*} m_2g-m_1g=\alpha\left(m_2r+m_1r+\dfrac{1}{2}Mr\right)\quad\Leftrightarrow\quad\alpha=\dfrac{g(m_2-m_1)}{\left(m_2+m_1+\dfrac{1}{2}M\right)r}. \end{equation*}

Osserviamo che \alpha è costante; di conseguenza anche a_1 e a_2 sono accelerazioni costanti e questo ci permette di affermare che, durante il suo moto di discesa, la massa m_2 si muove di moto uniformemente accelerato. Pertanto, si ha\footnote{Si ricordi che v^2(y)=v_i^2+2\Delta y \,a, dove v_i è la velocità iniziale e a è l’accelerazione costante.}

(6) \begin{equation*} v_2^2=2a_2h, \end{equation*}

da cui, ricordando che a_2=\alpha r e sfruttando la (5), si ottiene

(7) \begin{equation*} v_2^2=2\alpha rh=2g\left(\dfrac{m_2-m_1}{m_2+m_1+\dfrac{1}{2}M}\right)\,\dfrac{1}{r}\,rh=\dfrac{2g(m_2-m_1)h}{m_2+m_1+\dfrac{1}{2}M}. \end{equation*}

Abbiamo ottenuto dunque l’espressione

(8) \begin{equation*} m_2+m_1+\dfrac{1}{2}M=\dfrac{2gh(m_2-m_1)}{v_2^2}, \end{equation*}

o anche

(9) \begin{equation*} M=\dfrac{4gh(m_2-m_1)-2v_2^2\left( m_2+m_1\right)}{v_2^2}, \end{equation*}

conseguentemente

(10) \begin{equation*} M=\dfrac{2}{v_2^2}\left( 2ghm_2-2ghm_1-v_2^2m_2-v_2^2m_1\right), \end{equation*}

infine

\[\boxcolorato{fisica}{M=\dfrac{2}{v_2^2}\left( m_2\left( 2gh-v_2^2\right)-m_1\left(2gh+v_2^2 \right)\right).}\]

 

Fonte.

Ignota.

 

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