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Esercizio corpo rigido 36

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 36 (\bigstar \bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un cilindro di massa m e raggio R è posato nel punto di mezzo di una lastra lunga \ell; il sistema è in quiete. Al tempo t=0 la lastra entra in movimento con accelerazione costante \vec{a} diretta come in figura. Calcolare l’accelerazione del cilindro rispetto alla lastra e lo spazio percorso dal cilindro rispetto al suolo da quando esso entra in moto a quando cade dalla lastra. Assumere che il moto del cilindro sia di puro rotolamento.

 

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Svolgimento.

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 \vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_{\tilde{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, \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}_{\tilde{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}_{\tilde{O}} è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo {\tilde{O}}.

 

Nel problema abbiamo un cilindro con massa indipendente dal tempo 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. Il cilindro si muove di puro rotolamento e ciò vuol dire che per un osservatore solidale con la lastra, istante per istante, il punto di contatto P è istantaneamente fermo e quindi è come se ogni elemento elementare dm, facente parte del cilindro, si muovesse di moto circolare rispetto al punto P ovvero deve sussistere la seguente condizione:

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

dove \vec{v}_P è la velocità del punto P rispetto ad un osservatore solidale con la lastra, \vec{\omega} è la velocità angolare e \vec{\alpha} è l’accelerazione angolare del cilindro. Per il calcolo dei momenti esterni del cilindro scegliamo come polo il centro di massa, allora (1)_2 diventa

    \[\displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{L}_{\tilde{O}}}{dt}\]

poichè \vec{v}_{\tilde{O}} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0} essendo il polo {\tilde{O}}\equiv \text{CM}. Inoltre, il cilindro ha la massa distribuita in modo omogeneo e possiede una certa simmetria rispetto ad un asse passante per il centro di massa e perpendicolare al piano sul quale giace, quindi

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

dove I_{CM}=\dfrac{1}{2}mR^2 è il momento d’inerzia dell’anello rispetto al centro di massa e \vec{\alpha} è l’accelerazione angolare del cilindro. Pertanto (1) diventa

(2)   \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}=\dfrac{1}{2}mR^2\vec{\alpha}. \end{cases} \end{equation*}

Le forze esterne all’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 cilindro e lastra. Scegliamo un sistema di riferimento inerziale fisso Oxy e un sistema di riferimento non inerziale O^\prime x^\prime y^\prime solidale con la lastra (vedi figura 2).

 

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In figura 2 rappresentiamo il sistema all’istante t=0 dove O\equiv O^\prime, x \equiv x^\prime, y \equiv y^\prime. Dopo tale istante, per t>0 il sistema entra in movimento. Osserviamo che mettendoci nel sistema di riferimento solidale con la lastra, il cilindro è soggetto oltre alle forze esterne dette prima anche alla forza apparente -m\vec{a}. Applichiamo (2) al cilindro e ponendoci nel sistema di riferimento solidale con la lastra abbiamo

    \[\begin{cases} f- m a = - ma^\prime \\ fR = \dfrac{1}{2}m \alpha R^2 \end{cases}\]

con a^\prime accelerazione del centro di massa del cilindro rispetto alla lastra. È importante osservare che il moto del cilindro è di puro rotolamento rispetto alla lastra e quindi dalla condizione di puro rotolamento possiamo imporre che a^\prime=\alpha R, dunque possiamo riscrivere il sistema come segue

    \[\begin{cases} f- m a = - ma^\prime \\ f = \dfrac{1}{2}ma^\prime. \end{cases}\]

Dal precedente sistema otteniamo

(3)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}ma^\prime -ma =- ma^\prime\quad \Leftrightarrow \quad a^\prime = \dfrac{2}{3}a, \end{equation*}

concludendo che l’accelerazione relativa rispetto alla lastra è

    \[\boxcolorato{fisica}{a^\prime = \dfrac{2}{3}a.}\]

 

Ci viene richiesto di determinare lo spazio percorso dal cilindro rispetto al suolo da quando entra in moto a quando cade dal carrello. Sappiamo che nel sistema di riferimento solidale con la lastra, il cilindro, nell’istante in cui cade dalla lastra, percorre uno spazio pari ad \ell/2 e sapendo che l’accelerazione relativa tra cilindro e lastra è costante possiamo determinare il tempo impiegato dal cilindro per percorrere tale spazio applicando la legge oraria del moto rettilineo uniformemente accelerato:

(4)   \begin{equation*} x^\prime(t)=v_i^\prime t +\dfrac{1}{2}a^\prime t^2, \end{equation*}

dove x^\prime(t) è la posizione generica del cilindro rispetto al sistema di riferimento solidale con la lastra in un generico istante t e v_i^\prime è la velocità relavità iniziale tra cilindro e lastra. Chiamiamo t=t^* l’istante di tempo necessario a far percorre al cilindro \dfrac{\ell}{2} e poniamo x^\prime(t^*)=\dfrac{\ell}{2}. Sapendo che all’istante iniziale era tutto in quiete, la velocità relativa {v_i}^\prime=0 l’equazione (4) diventa:

(5)   \begin{equation*} \dfrac{\ell}{2}= \dfrac{1}{2}a^\prime t^2 \quad \Leftrightarrow \quad t^* = \sqrt{\dfrac{\ell}{a^\prime}}. \end{equation*}

Confrontando (3) con (5) abbiamo

(6)   \begin{equation*} t^* = \sqrt{\dfrac{\ell}{a^\prime}}=\sqrt{\dfrac{3\ell}{2a}} \end{equation*}

Nel tempo t^* e rispetto al sistema di riferimento fisso, la lastra avrà percorso uno spazio \tilde{x} e sfruttando (4) però stavolta rispetto al sistema di riferimento fisso e tenendo conto che all’istante iniziale era tutto in quiete abbiamo

(7)   \begin{equation*} \tilde{x} = \dfrac{1}{2}a(t^*)^2 \end{equation*}

quindi

(8)   \begin{equation*} \tilde{x} = \dfrac{1}{2}a(t^*)^2 =\dfrac{1}{2}a\cdot \dfrac{3\ell}{2a}=\dfrac{3}{4}\ell. \end{equation*}

In figura 3 rappresentiamo il cilindro che sta per cadere dal carrello.

 

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e sapendo che la relazione tra le posizioni del centro di massa del cilindro misurate rispetto ai due sistemi di riferimenti è

    \[x^\star= \tilde{x}-\dfrac{\ell}{2} = \dfrac{3}{4}\ell -\dfrac{\ell}{2} = \dfrac{\ell}{4},\]

dove x^\star è lo spazio percorso rispetto al sistema fisso dal cilindro nel tempo t^*, allora possiamo concludere che lo spazio cercato è

    \[\boxcolorato{fisica}{ x^\star=\dfrac{\ell}{4}.}\]

 

Fonte.

P.Mazzoldi, M.Nigro, C.Voci – Fisica, Edises.

 
 

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