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Esercizio corpo rigido 34

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 34 è il trentaquattresimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 33 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 35. 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 34

Esercizio 34 (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Il guscio sferico uniforme rappresentato in figura, di massa M e raggio R, ruota intorno a un asse verticale su cuscinetti privi di attrito. Una corda priva di massa avvolta intorno all’equatore della sfera, passando senza slittamenti sopra una puleggia, priva di attrito, avente momento d’inerzia I e raggio r, tiene appeso un piccolo oggetto di massa m, libero peraltro di cadere per effetto della forza di gravità.
La corda non slitta e il perno è privo di attrito. Quale sarà la velocità dell’oggetto dopo che sarà disceso per una distanza h dalla posizione di riposo?

 

 

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Richiami teorici.

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_T\, \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. Se per il calcolo dei momenti esterni scegliamo un polo fisso o il centro di massa otteniamo

\[\vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0},\]

quindi (1) diventa

(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}} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt}. \end{cases} \end{equation*}

Se il corpo rigido ha massa indipendente dal tempo e possiede una certa simmetria rispetto all’asse rispetto al quale ruota, allora (2) può essere riscritta come segue

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

dove \vec{a}_{CM} è l’accelerazione del centro di massa, I è il momento d’inerzia rispetto al polo scelto per il calcolo dei momenti esterni e \vec{\alpha} è l’accelerazione.

Premessa.

Presentiamo due diversi metodi risolutivi: uno basato su considerazioni di carattere dinamico e uno su considerazioni di carattere energetico.

 

Svolgimento (primo metodo).

La massa m è sottoposta alla forza peso m\vec{g} che la fa muovere; inoltre essa è collegata, tramite una fune di massa trascurabile e inestensibile, ad una puleggia, con massa non trascurabile, che comincia a ruotare. La puleggia è sottoposta alla tensione \vec{T}_1 applicata ad una distanza r dal centro della puleggia e che, tramite un momento, la farà cominciare a ruotare; a sua volta, la massa m è sottoposta alla tensione -\vec{T}_1 perchè il filo è inestensibile e di massa trascurabile. La puleggia è collegata ad un guscio sferico tramite un filo, sempre di massa trascurabile e inestensibile. Sulla puleggia agisce la tensione \vec{T}_2 a distanza r dal suo centro la quale genera un momento opposto a quello generato da \vec{T}_1 e sul guscio sferico agisce la tensione -\vec{T}_2 in quanto la fune che collega la puleggia al guscio sferico è di massa trascurabile. La tensione -\vec{T}_2 è applicata ad una distanza R dal centro della sfera e imprime un momento alla sfera stessa che così comincia a ruotare. Oltretutto, la puleggia è vincolata a ruotare rispetto al proprio centro di massa così come il guscio sferico. 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:

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

dove \vec{P}=m\vec{v}. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxyz e, nella seguente figura, rappresentiamo le varie forze descritte precedentemente.

 

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Applichiamo (3) al disco e alla puleggia considerando i moduli dei momenti[1] e il secondo principio della dinamica espresso in (4) per m, proiettando le forze lungo l’asse z

(5) \begin{equation*} \begin{cases} T_2R=I_{CM}\alpha_1\\\\ rT_2-rT_1=I\alpha_2 \\\\ T_1-mg=ma \end{cases} \end{equation*}

dove T_1 e T_2 sono i moduli della tensione, I_{CM} è il momento d’inerzia del guscio che è pari ad I_{CM}=2/3MR^2, I essendo il momento d’inerzia della puleggia, \alpha_1 è l’accelerazione angolare del guscio cilindrico, \alpha_2 è l’accelerazione angolare della puleggia e mg è il modulo della forza peso di m e infine a è l’accelerazione di m. Da (5)_1 otteniamo

(6) \begin{equation*} T_2 = \dfrac{2}{3}MR\alpha_1 \quad \Leftrightarrow \quad \alpha_1 = \dfrac{3T_2}{2MR} \end{equation*}

mentre da (5)_2 otteniamo

(7) \begin{equation*} \alpha_2 = \dfrac{r(T_2-T_1)}{I}, \end{equation*}

ed infine da (5)_3 otteniamo

(8) \begin{equation*} a= \dfrac{T_1-mg}{m}. \end{equation*}

Siccome il filo che collega la massa m alla puleggia non striscia, ovvero ha velocità relativa nulla rispetto alla puleggia stessa, abbiamo che

(9) \begin{equation*} a=\alpha_1R=\alpha_2r. \end{equation*}

Mettendo a sistema (6), (7) e (8) e tenendo conto di (9) arriviamo a

\[\begin{cases} \dfrac{3T_2}{2M}=a\\\\ \dfrac{r^2(T_1-T_2)}{I}=a\\\\ a=\dfrac{mg-T_1}{m} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} T_2 = \dfrac{2Ma}{3}\\\\ T_1=T_2+\dfrac{aI}{r^2}=a \left(\dfrac{2M}{3}+\dfrac{I}{r^2}\right)\\\\ am=mg-T_1=mg-\dfrac{2Ma}{3} - \dfrac{I}{r^2}a, \end{cases}\]

quindi

\[am+\dfrac{2M}{3}a+\dfrac{I}{r^2}a=mg \quad \Leftrightarrow\quad a= \dfrac{mg}{m+\dfrac{2M}{3}+\dfrac{I}{r^2}}.\]

Notiamo che l’accelerazione è costante quindi il punto materiale m si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato. Ricordiamo la legge della velocità in funzione dello spazio percorso rispetto ad un opportuno sistema di riferimento fisso Oz con origine coincidente con il punto materiale m tenendo conto che inizialmente era in quiete nel caso in questione perché l’accelerazione è costante[2]

(10) \begin{equation*} v^2(z)=2za=2z\left(\dfrac{mg}{m+\frac{2M}{3}+\frac{I}{r^2}}\right) \end{equation*}

posto z=h, (10) diventa

\[v(h)=v_f = \sqrt{\dfrac{2hmg}{m+\frac{2M}{3}+\frac{I}{r^2}}}\]

Dunque concludiamo che la soluzione al problema è quella che segue

\[\boxcolorato{fisica}{ v_f = \sqrt{\dfrac{2hg}{1+\dfrac{2M}{3m}+\dfrac{I}{mr^2}}}.}\]

 

Svolgimento (secondo metodo).

Ricordiamo che l’energia cinetica di un corpo rigido che ruota rispetto ad un asse fisso perpendicolare al piano sul quale giace, può essere espresso come segue:

(11) \begin{equation*} K=\dfrac{1}{2}\int_{\gamma}v^2dm=\dfrac{1}{2}(\dot{\theta})^2\int_{\gamma}R^2dm=\dfrac{1}{2}I(\dot{\theta})^2, \end{equation*}

dove \dot{\theta}=\omega è la velocità angolare del corpo rigido. Applichiamo il principio di conservazione dell’energia meccanica per determinare la velocità finale di m. Osserviamo che non ci sono forze dissipative e quindi si conserva l’energia; possiamo fissare lo zero dell’energia potenziale alla quota dove si trova il punto materiale m nell’istante t_0[3].. Quando il punto materiale è sceso di h ha un’energia potenziale finale pari ad

(12) \begin{equation*} U_f=-mgh \end{equation*}

ed energia cinetica finale pari a

(13) \begin{equation*} K_f=\dfrac{1}{2}mv^2_f, \end{equation*}

dove v_f è la velocità che possiede il punto materiale m quando è sceso di h. Invece, sia il guscio sferico che la puleggia avranno un contributo solamente rotazionale che si può determinare da (11). La somma delle loro energie rotazionali cinetiche è data da

(14) \begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}I\omega_2^2+\dfrac{1}{2}I_{CM}\omega_1^2, \end{equation*}

dove \omega_1 è il modulo della velocità angolare che possiede il guscio cilindrico quando il corpo m è sceso di h e \omega_2 è il modulo della velocità angolare che ha la puleggia. È molto importante notare che esiste un legame tra \omega_1, \omega_2 e v_f: siccome la fune che collega il punto materiale ruota con la puleggia, abbiamo v_f=\omega_2r e lo stesso vale per la tensione che collega la puleggia al guscio, ottenendo quindi v_f=\omega_1R. Applichiamo il principio di conservazione dell’energia meccanica utilizzando (12), (13) e (14):

\[\begin{aligned} \dfrac{1}{2}I\omega_2^2+\dfrac{1}{2}I_{CM}\omega_1^2+\dfrac{1}{2}mv_f^2-mgh=0 & \quad \Leftrightarrow \quad \dfrac{I}{2r^2} \, v_f^2+\dfrac{I_{CM}}{2R^2}v_f^2+\dfrac{1}{2}mv_f^2=mgh \quad\Leftrightarrow\\\\ & \Leftrightarrow \quad v_f^2 \left(\dfrac{I}{2r^2} + \dfrac{M}{3}+\dfrac{m}{2}\right) = mgh \quad \Leftrightarrow \\\\ & \Leftrightarrow \quad v_f = \sqrt{\dfrac{mgh}{\dfrac{I}{2r^2} + \dfrac{M}{3}+\dfrac{m}{2}}} \Leftrightarrow\\\\ & \Leftrightarrow \quad v_f = \sqrt{\dfrac{2hg}{\dfrac{I}{r^2} + \dfrac{2M}{3m}+1}}. \end{aligned}\]

Concludendo così nuovamente che

\[\boxcolorato{fisica}{ v_f = \sqrt{\dfrac{2hg}{1+\dfrac{2M}{3m}+\dfrac{I}{mr^2}}}.}\]

 

1. Per il calcolo dei momenti abbiamo scelto i centri di massa della puleggia e del guscio sferico. ↩

2. Tale relazione si ricava mettendo a sistema

(15) \begin{equation*} x(t)=x_0+v_0t+\dfrac{1}{2}at^2 \end{equation*}

che è la legge oraria di un corpo che si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato con

(16) \begin{equation*} v(t)=v_0+at \end{equation*}

che è la velocità in funzione del tempo. Esplicitando il tempo dalla (16) e sostituendolo in (15) si ottiene la relazione. ↩

3. In questo modo ha energia potenziale nulla e energia cinetica nulla, perché è in quiete. ↩

 

 

 

Fonte.

David Halliday, Robert Resnick, Jearl Walker – Fondamenti di fisica, Meccanica, Seconda edizione, Zanichelli.

 

 

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