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Esercizio corpo rigido 37

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 37 è il trentasettesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 36 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 38. 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 37

Esercizio 37 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).  Due cilindri C_1 e C_2, di masse m_1 e m_2 e raggi r_1 e r_2 rotolano senza strisciare su due piani inclinati e sono collegati da un filo inestensibile come è mostrato in figura; C_1 scende mentre C_2 sale. Le masse del filo e della carrucola sono trascurabili. Quanto vale l’accelerazione di un punto dell’asse di C_1?

 

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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 \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 la 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 I è il momento d’inerzia rispetto al polo scelto per il calcolo dei momenti esterni e \alpha è l’accelerazione angolare.

 

Svolgimento.

Osserviamo che C_1 e C_2 si muovono di puro rotolamento quindi il punto di contatto di entrambi con il piano inclinato è istantaneamente fermo rispetto ad un sistema di riferimento inerziale. Se scegliamo come polo per il calcolo dei momenti esterni il centro di massa o il punto di contatto, allora è valida (2); inoltre i due dischi possiedono una certa simmetria rispetto ad un asse passante per il loro centro di massa o per il punto di contatto quindi è valida pure (3). I due dischi sono collegati da un filo inestensibile e di massa trascurabile tramite una carrucola, quindi su di essi sono applicate due forze uguali in modulo (vedi figura 2). Sul disco C_1 agisce la tensione \vec{T}_1 e sul disco C_2 agisce la tensione \vec{T}_2. Inoltre sul disco C_1 è applicata la forza peso m_1\vec{g} nel centro di massa[1]., la forza di attrito statico \vec{f}_{s,1} e la reazione vincolare \vec{N}_1 generate dal contatto tra il disco e il piano inclinato, invece sul cilindro C_2 agisce la forza peso m_2\vec{g} applicata nel centro di massa[2], la forza di attrito statico \vec{f}_{s,2} e la reazione vincolare \vec{N}_2 generate dal contatto tra il disco e il piano inclinato. Scegliamo due sistemi di riferimento fissi Oxy e O^\prime x^\prime y^\prime come rappresentato nella figura 2.

 

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Ciò che accade è che il corpo C_1 scende e tramite la fune si trascina C_2 facendolo salire. Siccome i centri dei dischi sono collegati da un filo inestensibile e di massa trascurabile, allora il centro di massa di entrambi ha la stessa accelerazione a_{CM} in modulo. Applichiamo (3) ai due dischi

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{N}_1+m_1\vec{g}+\vec{T}_1+\vec{f}_{s,1}=m_1\vec{a}_{1,CM}\\ \vec{N}_2+m_2\vec{g}+\vec{T}_2+\vec{f}_{s,2}=m_2\vec{a}_{2,CM}\\ \vec{R}\wedge \vec{f}_{s,1}=I_{CM,1}\, \vec{\alpha}_1\\ \vec{R}\wedge \vec{f}_{s,2}=I_{CM,2} \, \vec{\alpha}_2 \end{cases} \end{equation*}

dove I_{CM,1} e I_{CM,2} sono i momenti d’inerzia rispetto al proprio centro di massa, \vec{\alpha}_1 è l’accelerazione angolare di C_1 e \vec{\alpha}_2 è l’accelerazione angolare di C_2 e infine \vec{a}_{1,CM} e \vec{a}_{2,CM} sono le accelerazioni dei centri di massa. Proiettiamo le forze agenti su C_1 sugli assi di Oxy e quelle agenti su C_2 lungo gli assi di O^\prime x^\prime y^\prime ed inoltre, considerando i moduli dei momenti esterni e tenendo conto che a_{1,CM}=a_{2,CM}=a_{CM}, otteniamo il seguente sistema

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} T_1-m_1g\sin\alpha_1+f_{s,1}=-m_1a_{CM}\\ -T_2+m_2g\sin\alpha_2+f_{s,2}=-m_2a_{CM}\\ N_1=m_1g\cos \alpha_1\\ N_2=m_2g \cos \alpha_2\\ f_{s,2}r_2=I_{2,CM}\alpha_2=\frac{1}{2}m_2r^2_2\alpha_2\\ f_{s,1}r_1=I_{1,CM}\alpha_1=\frac{1}{2} m_1 r^2_1 \alpha_1. \end{cases} \end{equation*}

Siccome il moto è di puro rotolamento per entrambi i dischi, vale che

    \[a_{CM}=\alpha_1 r_1=\alpha_2r_2\]

e tenendo conto che il filo è inestensibile e di massa trascurabile abbiamo

    \[T_1=T_2=T,\]

per cui (5) diventa

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} T-m_1g\sin\alpha_1+f_{s,1}=-m_1a_{CM}\\ -T+m_2g\sin\alpha_2+f_{s,2}=-m_2a_{CM}\\ N_1=m_1g\cos \alpha_1\\ N_2=m_2g \cos \alpha_2\\ f_{s,2}r_2=I_{2,CM}\alpha_2=\frac{1}{2}m_2r_2a_{CM}\\ f_{s,1}r_1=I_{1,CM}\alpha_1=\frac{1}{2} m_1 r_1 a_{CM}. \end{cases} \end{equation*}

Se sommiamo membro a membro le prime due equazioni di (5) e teniamo conto di (6)_5 e (6)_6 otteniamo la seguente equazione

    \[m_2g\sin\alpha_2-m_1g\sin\alpha_1+\dfrac{1}{2}m_2 a_{CM}+\dfrac{1}{2}m_1a_{CM}=a_{CM}(-m_2-m_1)\]

da cui ricaviamo l’accelerazione del centro di massa

    \[a_{CM}=\dfrac{g(m_1\sin\alpha_1-m_2\sin\alpha_2)}{\frac{3}{2}(m_2+m_1)}.\]

Dunque la risposta al quesito del problema è quella che segue

    \[\boxcolorato{fisica}{ a_{CM}=\dfrac{g(m_1\sin\alpha_1-m_2\sin\alpha_2)}{\frac{3}{2}(m_2+m_1)}.}\]

 

1. Abbiamo assunto che la massa sia distribuita in modo omogeneo ↩

2. Abbiamo assunto che la massa sia distribuita in modo omogeneo ↩

 

 

Fonte.

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

 

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