Esercizio corpo rigido 36

Dinamica del corpo rigido

Home » Esercizio corpo rigido 36

More results...

Generic selectors
Exact matches only
Search in title
Search in content
Post Type Selectors
post
page


 

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.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

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).

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

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.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

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.