Esercizio corpo rigido 30

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 30  (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un anello di acciaio di massa m distrubuita in modo omogeneo su tutta la superficie e raggio R può scendere lungo un piano inclinato di acciaio (coefficiente di attrito statico \mu_s).

1) Calcolare l’angolo del piano inclinato con l’orizzontale \theta_{\text{\tiny max}} oltre cui non è più possibile un moto di puro rotolamento.

Partendo da fermo e con il centro a quota h, l’anello scende lungo tutto il piano inclinato con moto di puro rotolamento.

2) Calcolare la velocità angolare finale dell’anello, assumendo che l’angolo dell’inclinazione del piano sia \theta=\theta_{\text{\tiny max}}.

Supporre che la massa sia distribuita in modo.

 

 

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Svolgimento punto 1. 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^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{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 al sistema, \vec{v}_{O^\prime} 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^\prime} è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo O^\prime.
Nel problema abbiamo un anello con la massa distribuita in modo omogeneo quindi (1)_1 diventa:

    \[\displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = m\vec{a}_{CM},\]

dove \vec{a}_{CM} è l’accelerazione del centro di massa.
L’anello si muove di puro rotolamento e ciò vuol dire che, per un osservatore fisso, istante per istante il punto di contatto P sarà istantaneamente fermo e quindi è come se ogni elemento elementare dm, facente parte dell’anello, si muovesse di moto circolare rispetto al punto P, ovvero deve sussistere la seguente condizione:

    \[\vec{v}_P=\vec{0}=\vec{v}_{CM}+\vec{\omega}\wedge \vec{R}\quad\Leftrightarrow\quad \vec{V}_{CM}=-\vec{\omega}\wedge \vec{R} \quad\Rightarrow\quad\vec{a}_{CM}=-\vec{\alpha }\wedge \vec{R},\]

dove \vec{v}_P è la velocità del punto P rispetto ad un osservatore fisso, \vec{\omega} è la velocità angolare e \vec{\alpha} è l’accelerazione angolare dell’anello.
Per il calcolo dei momenti esterni all’anello scegliamo come polo il centro di massa, allora (1)_2 diventa:

    \[\displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt},\]

poiché \vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0} essendo il polo O^\prime\equiv \text{CM}.
Inoltre l’anello possiede una certa simmetria rispetto ad un asse passante per il centro di massa e perpendicolare al piano sul quale giace, quindi:

    \[\displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = I_{CM}\vec{\alpha},\]

dove I_{CM}=mR^2 è il momento d’inerzia dell’anello rispetto al centro di massa e \alpha è l’accelerazione angolare dell’anello.
Quindi (1) diventa

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = m\vec{a}_{CM}\\ \\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}}= I_{CM}\vec{\alpha}=mR^2\vec{\alpha} \end{cases}. \end{equation*}

Le forze esterne all’anello sono la forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N} e la forza di attrito statico \vec{f} generate dal contatto tra l’anello e il piano inclinato.
Lo schema delle forze è rappresentato in figura 1, dove abbiamo scelto un sistema di riferimento fisso Oxy con l’origine coincidente con il vertice del piano inclinato, l’asse x coincidente con l’ipotenusa del piano inclinato e l’asse y perpendicolare ad esso ed anche un secondo sistema di riferimento solidale con il centro di massa avente assi paralleli a quest’ultimi (vedi figura 1).

 

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Scegliendo il centro di massa come polo per il calcolo dei momenti esterni, (1) diventa

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} -f+mg \, \sin \theta = m \, a_{CM}\\ fR = I_{CM} \alpha=mR^2\alpha \\ N=mg \cos \theta \end{cases} \end{equation*}

e poiché a_{CM}=\alpha R, allora da (3)_2 abbiamo

(4)   \begin{equation*} fR = mR^2 \alpha \quad \Leftrightarrow \quad f = m \, a_{CM}. \end{equation*}

Sostituendo (4) in (3)_1 otteniamo

    \[-m\, a_{CM} + m g \sin \theta = m \, a_{CM},\]

da cui

(5)   \begin{equation*} a_{CM} = \dfrac{g \sin \theta}{2}, \end{equation*}

pertanto

(6)   \begin{equation*} f = \dfrac{mg \sin \theta}{2}. \end{equation*}

Dal momento che il punto P deve rimanere fermo deve valere la seguente condizione

(7)   \begin{equation*} f\leq N\mu_s \end{equation*}

e, sostituendo N e f, espresse rispettivamente da (3)_3 e (6), in (7) otteniamo

    \[\dfrac{mg \sin \theta}{2} \le mg \cos \theta \mu_s.\]

Ricordando che \theta \in \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) allora abbiamo

    \[\tan \theta \leq 2 \mu_s \quad\Leftrightarrow\quad \theta \leq \arctan \left(2\mu_s\right) \equiv \theta_{\text{\tiny max}},\]

da cui concludiamo che

    \[\boxcolorato{fisica}{ \theta_{\text{\tiny max}} =\arctan \left(2\mu_s\right).}\]

 

Punto 2. Sappiamo che all’istante iniziale t=0 l’anello è fermo ed il centro di massa si trova a quota h, successivamente inizia a muoversi di moto di puro rotolamento (vedi figura 2).

 

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Ad un certo istante t^* arriva alla fine del piano inclinato con una velocità angolare \vec{\omega}_f (vedi figura 3).

 

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Da (5) sappiamo che l’accelerazione del centro di massa è costante quindi possiamo applicare

(8)   \begin{equation*} v_f^2 = v_0^2 + 2 \Delta x \; a_{CM}, \end{equation*}

che esprime la velocità in funzione dello spazio nel caso di un moto rettilineo uniformemente accelerato, dove v_0 è la velocità iniziale (nulla per le condizioni iniziali del problema) e \Delta x è lo spazio percorso dal centro di massa dall’istante t=0 all’istante t^*.
Per ricavare \Delta x consideriamo il seguente triangolo rettangolo:

 

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Inoltre ricordiamo un importante teorema sui triangolo rettangoli riferendoci alla seguente figura:

 

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Teorema. Dato un triangolo rettangolo, un cateto può essere espresso come il prodotto dell’ipotenusa per il coseno dell’angolo adiacente o per il seno dell’angolo opposto:

    \[\begin{aligned} &a=i\cos \beta \, ,\,\,a=i\sin \alpha. \\ &b=i\cos \alpha\, , \,\, b=i \sin \beta. \end{aligned}\]

Applichiamo il teorema al triangolo della figura 5 ottenendo così

    \[\Delta x = \dfrac{h-R}{\sin (\theta_{\text{\tiny max}})},\]

quindi

    \[v_f = \sqrt{2 \left(\dfrac{h-R}{\sin \theta_{\text{\tiny max}}}\right) \; \dfrac{g \sin \theta_{\text{\tiny max}}}{2}} = \sqrt{(h-R)g},\]

Inoltre, v_f = \omega_f R, pertanto

    \[\boxcolorato{fisica}{\omega_f = \dfrac{v_f}{R}= \dfrac{\sqrt{(h-R)g}}{R}.}\]

 

Metodo 2. Qui di seguito presentiamo un procedimento alternativo per la risoluzione del problema.
Osserviamo che sull’anello agiscono solo forze di natura conservativa, quindi si conserva l’energia meccanica del sistema e possiamo scrivere

(9)   \begin{equation*} K_f+U_f=K_i+U_i. \end{equation*}

Il termine K_f è l’energia cinetica finale dell’anello e ricordiamo che, muovendosi con un moto di puro rotolamento, ogni elementino dm dell’anello è come se si muovesse di moto circolare rispetto al punto P, quindi l’energia dell’anello rispetto a tale polo sarà solamente rotazionale:

    \[K_f=\dfrac{1}{2}I_P\omega^2_f\]

con I_P momento d’inerzia dell’anello rispetto ad un asse passante per P e perpendicolare al piano sul quale giace.
Per calcolare I_P è utile ricordare il teorema di Huygens-Steiner.

 

Teorema (Huygens-Steiner). Il momento d’inerzia di un corpo di massa m rispetto ad un asse che si trova ad una distanza r dal centro di massa del corpo è datO da

(10)   \begin{equation*} I=I_{CM} + m r^2, \end{equation*}

dove I_{CM} è il momento d’inerzia rispetto ad un asse parallelo al primo e passante per il centro di massa.

Quindi nel nostro caso abbiamo

    \[I_P=mR^2+mR^2=2mR^2,\]

per cui

(11)   \begin{equation*} K_f=\dfrac{1}{2}I_P\omega^2_f=\dfrac{1}{2}\cdot (2mR^2)\omega^2_f=mR^2\omega^2_f. \end{equation*}

Il termine U_i è l’energia potenziale iniziale dell’anello e, ponendo il livello zero dell’energia potenziale alla base del piano inclinato (vedi figura 2), abbiamo

(12)   \begin{equation*} U_i=mgh. \end{equation*}

Il termine K_i è l’energia cinetica iniziale del sistema e siccome all’istante iniziale è tutto in quiete abbiamo

(13)   \begin{equation*} k_i=0. \end{equation*}

U_f è l’energia potenziale finale del sistema

(14)   \begin{equation*} U_f=mgR. \end{equation*}

Considerando (11), (12), (13) e (14), allora (9) diventa

    \[mR^2 \omega_f^2 +mgR= mgh,\]

da cui

    \[\omega_F = \dfrac{\sqrt{(h-R)g}}{R},\]

che è lo stesso risultato del procedimento 1, ovvero

    \[\boxcolorato{fisica}{ \omega_F = \dfrac{\sqrt{(h-R)g}}{R}.}\]

 

Fonte: P.Mazzoldi, M.Nigro, C.Voci – Fisica, Edisis (1992).