Esercizio corpo rigido 32

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Esercizio 32 $(\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un disco di massa $M$ e raggio $R$ è posto sopra una guida inclinata con angolo $\theta$ ; all’asse del disco è collegato un filo che sostiene la massa $m$ . Il filo è teso con la massa $m$ bloccata a distanza $h$ dal suolo. All’istante $t=0$ si lascia libera la massa $m$ che inizia a scendere, facendo contemporaneamente salire il disco lungo la guida. Il moto del disco è di puro rotolamento.

Calcolare:
1) l’accelerazione con cui scende la massa $m$ ;
2) la velocità con cui la massa $m$ tocca il suolo;
3) la quota massima raggiunta dal centro del disco, misurata rispetto alla quota che lo stesso centro aveva per $t=0$ .

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Svolgimento punto 1. Ricordiamo che il secondo principio della dinamica afferma che, in un sistema di riferimento inerziale, la somma di tutte le forze agenti su un punto materiale uguaglia la derivata della quantità di moto rispetto al tempo:

(1) $\begin{equation*} \sum_{k=1}^{n}\vec{F}_k=\dfrac{d\vec{P}}{dt} \end{equation*}$

dove $\vec{P}=m\vec{v}$ ed inoltre ricordiamo la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi:

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

dove $\displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}}$ è la somma di tutte le forze esterne al sistema, $\vec{P}_t$ 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, $\vec{v}_O$ 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 della quantità di moto totale del sistema[1].

Torniamo al problema. All’istante iniziale è tutto in quiete, la massa $m$ è soggetta alla forza peso $m\vec{g}$ e pertanto inizia a muoversi sotto la sua azione; durante il moto la massa è frenata dalla tensione $\vec{T}_2$ generata dal filo inestensibile e di massa trascurabile collegato ad una carrucola di massa trascurabile che a sua volta è collegata al disco di massa $M$ che verrà trascinato perché soggetto alla tensione $\vec{T}_1$ che è una forza esterna (vedere figura 1).

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Il disco si muove di moto di puro rotolamento quindi rispetto ad un osservatore fisso il punto di contatto tra disco e piano inclinato è istantaneamente fermo. Chiamiamo $P$ il punto di contatto tra disco e piano inclinato ed indichiamo con $\vec{v}_P$ la velocità di tale punto rispetto ad un osservatore fisso, inoltre sia $\vec{\omega}$ la velocità angolare del disco e $\vec{v}_ {CM}$ la velocità del centro di massa del disco. Imponendo dunque la condizione di puro rotolamento abbiamo:

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

dove $\vec{\alpha}=\dfrac{d\vec{\omega}}{dt}$ e
il disco è frenato dalla forza peso $M\vec{g}$ e dalla forza di attrito statico $\vec{f}$ , entrambe forze esterne.
Graficamente rappresentiamo il sistema all’istante iniziale $t=0\,s$ , scegliamo due sistemi di riferimento fissi aventi la stessa origine $O$ , uno $Oxy$ con l’asse $x$ coincidente con l’ipotenusa del piano inclinato e l’asse $y$ perpendicolare all’ipotenusa e il secondo $Ox^\prime y^\prime$ con l’asse $x^\prime$ coincidente con il piano orizzontale sul quale poggia il piano inclinato (vedi figura 1). In tale istante, come abbiamo già detto, tutto è in quiete e $m$ si trova a quota $h$ rispetto al secondo sistema di riferimento. Applichiamo (1) a $m$ ottenendo

$T_2-mg=-ma_2,$

dove $a_2$ è l’accelerazione del corpo $m$ rispetto al sistema di riferimento $Ox^\prime y^\prime$ .
Osserviamo che la massa del disco $M$ non dipende dal tempo e che se scegliamo come polo per il calcolo dei momenti esterni $O$ o $P$ , allora (2) diventa:

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

in quanto $\vec{v}_O \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0}$ .
Inoltre il disco possiede una certa simmetria rispetto ad un asse passante per il centro di massa o per il polo $P$ , quindi, ricordando che il momento d’inerzia è definito come $I=\int r^2 \,dm$ dove $r$ è la distanza di un elemento elementare $dm$ del disco rispetto all’asse di rotazione, (3) diventa:

(4) $\begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{P}_t}{dt}=M\dfrac{d\vec{v}_{CM}}{dt}=M\vec{a}_{CM}\\ \\ \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext} M} = I \vec{\alpha}. \end{cases} \end{equation*}$

Scegliendo come polo il centro di massa, definendo $I=I_{CM}$ [2] e ricordando che dalla condizione di puro rotolamento si ha $a_{CM}=\alpha R$ , allora (4) diventa:

(5) $\begin{equation*} \begin{cases} fR = I_{CM} \alpha = \dfrac{1}{2} MR^2 \alpha= \dfrac{1}{2} MR a_{CM}\\ T_2 - mg = - m a_{2}\\ T_1 - Mg \sin \theta - f = M \; a_{CM}\\ N = Mg \cos \theta \end{cases} \end{equation*}$

dove $N$ è il modulo della reazione vincolare generata dal contatto del disco con il piano inclinato e diretta perpendicolarmente all’ipotenusa del piano inclinato applicata sul punto $P$ (vedi figura 1) e nella (5) $_2$ abbiamo messo il segno meno davanti $a_2$ perchè il vettore $\vec{a}_2$ è rivolta nel verso negativo di $y^\prime$ .
Dal momento che la carrucola è priva di massa abbiamo $T_1=T_2=T$ , inoltre $m$ e il disco sono collegati da un filo inestensibile e di massa trascurabile quindi $a_2=a_{CM}$ , dunque (5) diventa:

(6) $\begin{equation*} \begin{cases} f=\dfrac{1}{2}Ma_{CM}\\ T-mg = -m \, a_{CM}\\ T-Mg \sin \theta - f = M \, a_{CM}\\ N=mg \cos \theta \end{cases} \end{equation*}$

Sottraendo membro a membro (6) $_2$ e (6) $_3$ otteniamo:

(7) $\begin{equation*} -mg + Mg \sin \theta + f = -m \,a_{CM} - M \,a_{CM} \end{equation*}$

e mettendo a sistema (7) con (6) $_1$ otteniamo

$-mg + Mg \sin \theta = -\dfrac{1}{2} M a_{CM} - m a_{CM} - M a_{CM}$

da cui

$a_{CM} = \dfrac{mg-Mg\sin\theta}{\frac{3}{2} M+m} = g \left(\dfrac{m-M \sin \theta}{\frac{3}{2}M+m}\right),$

quindi concludiamo che

$\boxcolorato{fisica}{ a_{CM} = g \; \dfrac{m-M \sin \theta}{\frac{3}{2}M+m}.}$

Punto 2). Come possiamo notare $a_{CM}$ è costante quindi il corpo $m$ si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato. Nel caso particolare di un moto rettilineo uniformemente accelerato, la velocità in funzione dello spazio si esprime come segue:

(8) $\begin{equation*} v^2(y^\prime)=v_0^2+2\Delta y^\prime \; a_{CM} \end{equation*}$

dove $y^\prime$ è la posizione del corpo $m$ rispetto al sistema di riferimento $Ox^\prime y^\prime$ .
Il corpo di massa $m$ , all’istante $t=0$ , si trova a quota $h$ quindi in un generico istante possiamo scrivere $\Delta y^\prime=y^\prime-h$ , inoltre l’accelerazione è rivolta nel verso negativo dell’asse $y^\prime$ e tenedo conto che quando toccherà terra $y^\prime=0\,\text{m}$ , abbiamo:

(9) $\begin{equation*} v_1 = \sqrt{2h \, a_{CM}} \end{equation*}$

dove $v_1$ è la velocità del corpo quando tocca il suolo (vedere figura 2). Osserviamo che anche il disco avrà la medesima velocità in modulo.

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Quindi concludiamo che la risposta alla seconda domanda del problema è quella che segue:

$\boxcolorato{fisica}{ v_1 = \sqrt{2h \, a_{CM}}.}$

Punto 3). In questo terzo punto spostiamo l’origine del nostro secondo sistema di riferimento $Ox^\prime y^\prime$ nella quota del centro di massa del disco all’istante $t=0$ come richiesto dal nostro esercizio (vedere figura 3).

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Il corpo $m$ sarà sceso di uno spazio verticale pari ad $h$ il disco sarà salito lungo il piano inclinato di uno spazio uguale perché entrambi collegati da un filo inestensibile e di massa trascurabile.
Quando il corpo $m$ sarà sceso di $h$ , il cilindro sarà risalito di $y_1$ rispetto al nuovo sistema di riferimento. Per determinare $y_1$ consideriamo il seguente triangolo rettangolo

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dove $y_1 = h \sin \theta$ .

Quando il corpo $m$ toccherà il suolo, la fune che lo collega al disco non sarà più tesa e comincerà ad arrotolarsi a terra, mentre il cilindro continuerà a salire sul piano inclinato frenato dalla sua forza peso $M\vec{g}$ e dalla forza di attrito statico $\vec{f}$ finché non si fermerà.

Chiamiamo $\vec{\omega}_f$ la velocità angolare del disco nell’istante in cui raggiunge la quota massima ed $y_2$ la quota finale richiesta (vedi figura 5).

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Nel sistema agiscono solo forze di natura conservativa quindi si conserva l’energia meccanica.

Prima di applicare il principio di conservazione dell’energia meccanica dobbiamo ricordare che nel caso di puro rotolamento, come detto in precedenza, il punto di contatto $P$ ha velocità istantaneamente nulla rispetto ad un osservatore fisso, quindi il disco istantaneamente ruota rispetto a $P$ [3]. In altri termini, immaginiamo di suddividere il disco in infiniti punti materiali elementari $dm$ tale che la somma al continuo dia proprio la massa totale del disco; ogni punto materiale si muove di moto circolare rispetto a $P$ e quindi ognuno di questi punti materiali istantaneamente possiede una certa energia cinetica puramente rotazionale e la somma di tutte queste energie cinetiche dà l’energia cinetica rotazionale del disco. Se chiamiamo $dm$ il generico elemento elementare del disco ed $r$ la distanza di tale punto dal polo $P$ , abbiamo che l’energia cinetica è pari a

$dE_k=\dfrac{1}{2}v^2\,dm=\dfrac{1}{2}\omega^2r^2\, dm$

ed integrando su tutto il disco abbiamo

$E_k=\dfrac{1}{2}\omega^2 \int r^2\,dm=\dfrac{1}{2}I\omega^2$

dove $I=\int r^2d_m$ è il momento d’inerzia del disco rispetto al polo $P$ .
Per determinare tale momento d’inerzia è utile ricordare il teorema di Huygens-Steiner, dunque

$I=I_P=\dfrac{1}{2} MR^2 + MR^2=\dfrac{3}{2}MR^2.$

Nell’istante in cui il disco si trova alla quota $y_1$ sappiamo che ha velocità $v_1$ e dalla condizione di puro rotolamento sappiamo che $v_1=\omega_1R$ , dove $\omega_1$ è la velocità angolare del disco in tale istante.

Avendo tutte le informazioni per poter scrivere l’equazione che descrive la conservazione dell’energia meccanica nell’istante in cui il disco si trova alla quota $y_1$ e $y_2$ otteniamo

(10) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}I_p \, \omega_f^2+Mg\,y_2=\dfrac{1}{2} I_p \, \omega_1^2+Mg \, y_1. \end{equation*}$

Sostituendo i valori trovati abbiamo

(11) $\begin{equation*} 0+Mg\,y_2=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{3}{2}MR^2 \right)\left(\dfrac{v_1}{R} \right)^2 +Mgh\sin \theta. \end{equation*}$

Ricordando (9) e (10), allora (11) diventa

$\begin{aligned} & Mg\,y_2=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{3}{2}MR^2 \right)\left(\dfrac{\sqrt{2ha_{CM}}}{R} \right)^2+Mgh\sin \theta \quad \Leftrightarrow\\\\ & \Leftrightarrow \quad y_2 = \dfrac{h}{2g} (3a_{CM} + 2g \sin \theta). \end{aligned}$

Dunque concludiamo che la risposta al terzo punto è

$\boxcolorato{fisica}{ y_2 = \dfrac{h}{2g} (3a_{CM} + 2g \sin \theta).}$

Procedendo alternativamente, possiamo trovare l’altezza $y_2$ ricorrendo alla dinamica e tenendo conto che dopo che il corpo $m$ tocca il suolo, il disco è soggetto alla sola forza peso e alla forza di attrito statico.
In figura 6, in un generico istante, rappresentiamo il disco ruotare dopo che il corpo $m$ ha toccato terra, tenendo il sistema di riferimento $Oxy$ definito nel primo punto:

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Applichiamo (4) al disco, definendo $a_{CM}^\prime$ e $\alpha^\prime$ rispettivamente come il modulo della nuova accelerazione del centro di massa e accelerazione angolare del disco e ricordando che dalla condizione di puro rotolamento $a_{CM}^\prime=\alpha R$ :

$\begin{cases} -Mg \sin \theta - f = -Ma_{CM}^\prime\\ fR = I_{CM} \alpha^\prime = \dfrac{1}{2}MR^2 \alpha^\prime = \dfrac{1}{2}MR a_{CM}^\prime \end{cases} \Leftrightarrow \qquad \begin{cases} -Mg \sin \theta - f =- Ma_{CM}^\prime\\ f = \dfrac{1}{2}M a_{CM}^\prime. \end{cases}$

Risolvendo il sistema otteniamo

$-Mg \sin \theta - \dfrac{1}{2}Ma_{CM}^\prime =- M a_{CM}^\prime \quad \Leftrightarrow \quad a_{CM}^\prime = \dfrac{2}{3}\;g \sin \theta.$

ed applicando (8) possiamo determinare lo spazio percorso lungo il piano inclinato prima che il cilindro si fermi (ovviamente la velocità sarà in funzione dello spazio percorso lungo il piano inclinato):

$v^2_f=v^2_1-2 \Delta x a_{CM}^\prime,$

dove abbiamo messo un segno negativo perché il modo del centro di massa è un moto rettilineo uniformemente accelerato.
Imponendo $v_f=0$ m/s troviamo che

$0 = v_1^2-2\Delta x \; a_{CM}^\prime$

da cui

$\begin{aligned} \Delta x = \dfrac{v_1^2}{2a_{CM}^\prime} = \dfrac{h \, a_{CM}}{\frac{2}{3} g \, \sin \theta} = \left(\dfrac{3}{2 g \sin \theta}\right) h \;a_{CM} \end{aligned}$

quindi nuovamente considerando il seguente triangolo possiamo determinare la quota percorsa $y_2-y_1$ :

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Applicando i noti teoremi dei triangolo rettangolo abbiamo:

$y_2-y_1=\Delta x \, \sin\theta,$

da cui

$y_2 = y_1 + \Delta x \, \sin\theta = h \sin \theta + \dfrac{3}{2} \; h \, a_{CM} = \dfrac{h}{2g} \left(3a_{CM} + 2g \sin \theta\right).$

Sostituendo $a_{CM}$ si trova

$\begin{aligned} y_2&= \dfrac{h}{2g} \left(3a_{CM} + 2g \sin \theta\right)=\dfrac{h}{2g} \left(3\left( g \; \dfrac{m-M \sin \theta}{\frac{3}{2}M+m}\right) + 2g \sin \theta\right)= \\ &=\dfrac{h}{2}\left(\dfrac{3m-3M\sin \theta +3M\sin\theta+2m\sin\theta}{\frac{3}{2}M+m}\right)=\\ &=\dfrac{m\,h\left(3+2\sin \theta\right)}{3M+2m}. \end{aligned}$

Quindi concludiamo che

$\boxcolorato{fisica}{ y_2=\dfrac{m\,h\left(3+2\sin \theta\right)}{3M+2m}.}$

Osservazioni e richiami di teoria.

1. Il polo $O$ è un polo generico e non coincide in generale con l’origine del sistema di riferimento. ↩

2. Il momento d’inerzia rispetto ad un asse passante per il centro di massa di un disco è $I_{CM}=\dfrac{1}{2}MR^2$ con $R$ raggio del disco e $M$ massa del disco. ↩

3. Il punto $P$ viene detto centro di istantanea rotazione. ↩

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

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