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Esercizio corpo rigido 32

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 32 è il trentaduesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 31 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 33. 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 32

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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Figura 1.

 

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 sistema1.

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 2).

 

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Figura 2.

 

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 2). 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 2) 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

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

   

\[\]

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

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