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Esercizio corpo rigido 35

Dinamica del corpo rigido

Home » Esercizio corpo rigido 35

L’Esercizio Corpo Rigido 35 è il trentacinquesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 34 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 36. 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 35

Esercizio 35 (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un disco cilindrico omogeneo, di massa m e raggio r, è sorretto, come mostrato in figura 1, da un nastro di massa trascurabile: i tratti di nastro non a contatto col disco sono verticali mentre l’asse del disco è orizzontale. Un’estremità del nastro è fissata a un sostegno, sull’altra viene esercitata una forza \vec{F} diretta verso l’alto. L’attrito fra nastro e disco è trascurabile. Si calcoli:

  1. l’intensità F_0 della forza \vec{F} necessaria affinché sussista equilibrio e, corrispondentemente, la tensione \vec{\tau}_1 del tratto di filo al quale è applicata la forza \vec{F} e quella \vec{\tau}_2 del tratto di filo fissato al sostegno;
  2. il modulo a dell’accelerazione con cui il disco sale e il modulo delle tensioni \vec{\tau}_1 e \vec{\tau}_2, se F=mg.
  3. Si risponda alla domanda posta in b) se il nastro presenta attrito e il disco sale rotolando senza scivolare lungo il nastro (moto di puro rotolamento).

 

 

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Svolgimento Punto 1.

Consideriamo il sistema composto dal solo disco. Scegliamo un sistema di riferimento Oxy fisso, con l’asse delle x, ortogonale all’asse orizzontale, passante per il centro del disco e l’origine O posta nel centro del disco. In questo sistema di riferimento, sul disco le forze esterne agenti sono la forza peso m\vec{g}, la tensione \vec{\tau}_1 e la tensione \vec{\tau}_2.

 

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Scriviamo le equazioni cardinali della statica per il disco: imponiamo che la somma delle forze esterne e dei momenti esterni che agiscono sul disco siano entrambi nulli, scegliendo come polo per il calcolo dei momenti l’origine O del sistema di riferimento utilizzato. In questa configurazione, essendo la forza peso applicata in O, essa non genera alcun momento esterno. Le equazioni dell’equilibrio sono quindi:

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} \tau_1+\tau_2-mg=0\\ \tau_1r-\tau_2r=0 \end{cases}, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{\tau_1=\tau_2=\dfrac{mg}{2}.}\]

Applichiamo la seconda legge della dinamica all’elemento infinitesimo dm del nastro al quale è applicata la forza \vec{F}. Siccome ha massa trascurabile, si ha F_0=\tau_1.

 

Svolgimento Punto 2.

La variazione del modulo della forza \vec{F}, rispetto alla condizione precedente, perturba l’equilibrio; in particolare, poiché F è aumentata, si avrà che il disco inizierà a salire. Tuttavia, dal momento che l’attrito tra il nastro e il disco è trascurabile, sappiamo che il disco non può ruotare, ma può solo traslare. Le equazioni del moto diventano dunque:

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} F=\tau_1=mg\\ \tau_1+\tau_2-mg=ma\\ \tau_1r-\tau_2r=0 \end{cases}. \end{equation*}

Dalla (2)_3 si ricava che \tau_1=\tau_2, dunque in definitiva la (2)_2 diventa

(3)   \begin{equation*} 2mg-mg=ma, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{a=g.}\]

I moduli delle tensioni sono

    \[\boxcolorato{fisica}{\tau_1=\tau_2=mg.}\]

 

Svolgimento Punto 3.

Consideriamo il sistema composto dal nastro e disco. Imponiamo ora la condizione che tra il nastro e il disco vi sia attrito, come mostra la figura 3 . Per il terzo principio della dinamica abbiamo che le forze che si generano tra disco e nastro sono tra loro uguali e opposte, come mostra la figura 3.

 

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Applichiamo dunque la prima e la seconda equazione cardinale della dinamica scegliendo O come polo per il calcolo dei momenti esterni. Notiamo che le forze \vec{f}_1, -\vec{f}_1, \vec{f}_2, -\vec{f}_2, \vec{\tau}_1, -\vec{\tau}_1, \vec{\tau}_2 e -\vec{\tau}_2, non generano alcun momento esterno in quanto sono forze interne al sistema. Avremo dunque

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} F+N-mg=ma_{CM}\\ -Fr+N r =-I_{CM}\alpha \end{cases}, \end{equation*}

da cui

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} mg+N-mg=ma_{CM}\\ -mgr+N r =-\dfrac{1}{2}mr^2\alpha \end{cases}, \end{equation*}

o anche, sfruttando la relazione a_{CM}=\alpha r, si ha

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} mg+N-mg=ma_{CM}\\ -mgr+N r =-\dfrac{1}{2}mra_{CM} \end{cases}, \end{equation*}

ovvero

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} N=ma_{CM}\\ mg-N =\dfrac{1}{2}ma_{CM} \end{cases}, \end{equation*}

da cui

(8)   \begin{equation*} mg=\dfrac{3}{2}ma_{CM}, \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{a_{CM}=\dfrac{2}{3}g.}\]

 

Le tensioni \vec{\tau}_1 e \vec{\tau}_2 sono forze interne del sistema disco+nastro. Pertanto, dobbiamo considerare il solo elemento infinitesimo dm a contatto con il piano superiore e l’elemento infinitesimo dm del nastro dove è applicata la forza \vec{F}. Per la seconda legge della dinamica abbiamo

(9)   \begin{equation*} \begin{cases} N=\tau_2\\ F=\tau_1=mg \end{cases}. \end{equation*}

Sostituendo il valore di N (definita in (7_2)) in (9), si ottiene

(10)   \begin{equation*} N=\tau_2=ma_{CM}=\dfrac{2}{3}mg. \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{ \tau_1=mg\quad \text{e}\quad \tau_2=\dfrac{2}{3}mg .}\]

 

Fonte.

S.Rosati, R.Casali – Problemi di fisica generale, Ambrosiana (1998).    

 

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