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Esercizio corpo rigido 30

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 30 è il trentesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 29 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 31. 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 30

Esercizio 30 (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un anello di acciaio di massa m 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 oltre il quale non è più possibile un moto di puro rotolamento, denominando tale angolo \theta_{\text{\tiny max}}.
  2. Partendo da fermo e con il centro a quota h, l’anello scende lungo tutto il piano inclinato con moto di puro rotolamento dove l’angolo di inclinazione \theta del piano inclinato è \theta_{\text{\tiny max}}. Calcolare la velocità angolare finale dell’anello.

 

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Richiami teorici.

  1. La prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi sono rispettivamente:

    (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, \vec{v}_{O^\prime} è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare, \vec{v}_{CM} è la velocità del centro di massa e \vec{L}_{O^\prime} è il momento angolare totale rispetto al polo O^\prime.

  2. Consderiamo il triangolo rettangolo rappresentato nella figura 2.        

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    Si ricorda che dato un triangolo rettangolo, un cateto può essere espresso come:

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

  3. Il teorema di Huygens-Steiner afferma che: 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:

    (2)   \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.

 

Svolgimento Punto 1.

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 per puro rotolamento, il che implica che, per un osservatore fisso, il punto di contatto P con il suolo sarà istantaneamente fermo in ogni momento. Di conseguenza, ogni elemento infinitesimale di massa dm dell’anello si muove come se stesse compiendo un moto circolare attorno al punto P. Pertanto, deve essere soddisfatta 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 presenta una simmetria rispetto a un asse che passa per il centro di massa e che è perpendicolare al piano su cui giace. Pertanto:

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

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. Mettendo insieme tutti questi fatti il sistema (1) diventa:

(3)   \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 che agiscono sull’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.\\ Il diagramma delle forze è rappresentato nella figura 1. 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. Inoltre, abbiamo introdotto un secondo sistema di riferimento solidale con il centro di massa, avente assi paralleli a quelli del sistema fisso (si veda la figura 1).    

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

(4)   \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 (4)_2 abbiamo

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

Sostituendo (5) in (4)_1 otteniamo

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

da cui

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

pertanto

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

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

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

e sostituendo N e f, espresse rispettivamente da (4)_3 e (7), in (8) otteniamo:

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

e 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

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

Svolgimento Punto 2.

Sappiamo che, all’istante iniziale t=0, l’anello è fermo e il suo centro di massa si trova ad un’altezza h. Successivamente, l’anello inizia a muoversi con moto di puro rotolamento (si veda la figura 4).

   

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    Ad un certo istante t^* arriva alla fine del piano inclinato con una velocità angolare \vec{\omega}_f (si veda la figura 5).

   

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    Da (6) sappiamo che l’accelerazione del centro di massa è costante quindi possiamo applicare:

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

La precedente equazione esprime la velocità in funzione dello spazio nel caso di un moto rettilineo uniformemente accelerato, dove v_0 è la velocità iniziale (che è nulla secondo le condizioni iniziali del problema) e \Delta x rappresenta lo spazio percorso dal centro di massa dall’istante t=0 all’istante t^*. Per determinare \Delta x, consideriamo il triangolo rettangolo illustrato in figura 6.    

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    Applichiamo i teoremi dei triangoli rettangoli alla situazione rappresentata in figura 6, ottenendo:

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

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

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

Svolgimento alternativo punto 2.

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

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

Il termine K_f rappresenta l’energia cinetica finale dell’anello, U_f è l’energia potenziale gravitazionale finale dell’anello, K_i l’energia cinetica iniziale dell’anello e U_i l’energia potenziale gravitazionale iniziale dell’anello. Ricordiamo che, essendo in moto di puro rotolamento, ogni elemento infinitesimale dm dell’anello si muove come se compisse un moto circolare rispetto al punto P. Pertanto, l’energia cinetica dell’anello rispetto a tale polo sarà esclusivamente rotazionale:

    \[K_f = \dfrac{1}{2} I_P \omega_f^2,\]

dove I_P è il momento d’inerzia dell’anello rispetto a un asse passante per P e perpendicolare al piano su cui giace. Per calcolare I_P applichiamo il teorema di Huygens-Steiner. 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 (si veda la figura 4), abbiamo

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

Il termine K_i rappresenta l’energia cinetica iniziale del sistema. Poiché all’istante iniziale il corpo rigido è in quiete, abbiamo:

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

Essendo il centro di massa all’istante finale a quota R, come rappresentato in figura 5, abbiamo:

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

Avvalendoci delle equazioni (11), (12), (13) e (14), allora (10) diventa:

    \[mR^2 \omega_f^2 +mgR= mgh,\]

da cui

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

ciome ottenuto con il precedente metodo.

Fonte.

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

 

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