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Esercizio corpo rigido 38

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 38 è il trentottesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 37 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 39. 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 38

Esercizio 38 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).  Un cilindro di raggio r e di massa m viene fatto ruotare in senso orario con velocità angolare \omega_0. Il cilindro viene quindi posto a contatto con una superficie orizzontale con coefficiente di attrito dinamico \mu_d. Determinare il tempo impiegato dal cilindro a raggiungere la condizione di puro rotolamento, la velocità del centro di massa e la velocità angolare del sistema in tale istante.

 

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Svolgimento.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, orientato come in figura 2. Il cilindro, dopo essere stato appoggiato sul piano, si muove di moto rototraslatorio; esso risentirà, oltre che della sua forza peso m\vec{g}, di una reazione vincolare normale \vec{N} dovuta al contatto con il piano orizzontale su cui poggia e della forza di attrito dinamico \vec{f}_d, come rappresentato in figura 2.

 

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Discutiamo il verso della forza di attrito dinamico \vec{f}_d. Per ipotesi sappiamo che il cilindro ruota in senso orario; di conseguenza, la forza di attrito dovrà agire in maniera tale da generare un momento meccanico rispetto al centro di massa che si opponga a tale rotazione, ossia che freni il rotolamento del cilindro: se così non fosse si avrebbe che il cilindro acquisterebbe un’energia rotazionale infinita, per t\to+\infty, e questo sappiamo essere assurdo. Per questo motivo, scegliamo di orientare il vettore \vec{f}_d con verso concorde a quello positivo dell’asse x, come mostrato in figura 2. Scriviamo, ora, la seconda legge cardinale per i corpi rigidi:

(1)   \begin{equation*} \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt}=\vec{M}^{\text{ext}}-m\,\vec{v}_{O^\prime}\wedge\vec{v}_{CM}, \end{equation*}

dove \vec{L}_{O^\prime} è il momento angolare totale del sistema rispetto a un polo O^\prime scelto, \vec{v}_{O^\prime} indica la velocità del polo O^\prime, \vec{v}_{CM} è la velocità del centro di massa e \vec{M}^{\text{ext}} è la somma dei momenti meccanici calcolati rispetto ad O^\prime. Scegliamo come polo O^\prime il punto P, ossia il punto di contatto tra il cilindro e il piano (vedi figura 2). Notiamo che \vec{v}_P\wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0} per t \geq 0, perché \vec{v}_P e \vec{v}_{CM} sono parallele. Inoltre, le forze esterne rispetto al punto P hanno momento nullo, pertanto si conserva il momento angolare del sistema. Inizialmente, il disco ruota con velocità angolare \vec{\omega}_0 rispetto al centro di massa, quindi il momento angolare è

(2)   \begin{equation*} \vec{L}_{i}=I_{CM}\vec{\omega}_0=\dfrac{1}{2}mr^2\vec{\omega}_0. \end{equation*}

Si osservi che per calcolare \vec{L}_{i} si può applicare il teorema di König; notando che la velocità del centro di massa all’istante t=0 è nulla, si ha che il momento angolare totale rispetto al punto P coincide con il momento angolare del sistema rispetto al centro di massa, ovvero L^\prime=\dfrac{1}{2}mr^2\omega_f. Raggiunta la condizione di puro rotolamento, ovvero quando la velocità \vec{v}_P=\vec{0} rispetto al sistema di riferimento Oxy, il punto P diventa un punto di istantanea rotazione e pertanto è come se il disco ruotasse istantaneamente rispetto ad un asse passante per P. Dunque, nell’istante in cui si raggiunge il puro rotolamento, il momento angolare rispetto a P è

(3)   \begin{equation*} \vec{L}_{f}=\left(I_{CM}+mr^2\right)\vec{\omega}_f=\left(\dfrac{1}{2}mr^2+mr^2\right)\vec{\omega}_f=\dfrac{3}{2}mr^2\vec{\omega}_f, \end{equation*}

dove \vec{\omega}_f è la velocità angolare che ha il cilindro in quell’istante. Sfruttando il fatto che \vec{L}_P si conserva, si ha

(4)   \begin{equation*} \vec{L}_{i}=\vec{L}_{f}\quad\Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{2}mr^2\vec{\omega}_0=\dfrac{3}{2}mr^2\vec{\omega}_f, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{\omega}_f=\dfrac{\vec{\omega}_0}{3}.}\]

Imponendo la condizione di puro rotolamento v_{CM}=\omega_fr, si trova

    \[\boxcolorato{fisica}{v_{CM}=\omega_fr=\dfrac{\omega_0}{3}r.}\]

Infine, per determinare il tempo impiegato dal sistema per raggiungere la condizione di puro rotolamento, applichiamo la prima legge cardinale per i corpi rigidi. Abbiamo dunque

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} f_d=ma_{CM}\\ N=mg\\ f_d=N\mu_d \end{cases}\quad\Rightarrow\quad\begin{cases} \mu_dN=ma_{CM}\\ N=mg \end{cases}\quad\Rightarrow\quad\begin{cases} \mu_dmg=ma_{CM}\\ N=mg \end{cases}\quad\Rightarrow\quad a_{CM}=g\mu_d. \end{equation*}

Il centro di massa ha un’accelerazione costante nel tempo, dunque si muove di moto uniformemente accelerato. Dalla cinematica, sappiamo che

(6)   \begin{equation*} v_{CM}(t)=a_{CM}t. \end{equation*}

Chiamando \tilde{t}, l’istante di tempo in cui avviene il puro rotolamento, si ha

(7)   \begin{equation*} v_{CM}(\tilde{t})=a_{CM}\tilde{t}\quad\Leftrightarrow\quad\dfrac{\omega_0}{3}r=g\mu_d\,\tilde{t}, \end{equation*}

dove è stata sfruttata la condizione di puro rotolamento v_{CM}=\omega_fr, il risultato trovato in (5) e la velocità angolare trovata nell’istante \tilde{t}. Concludiamo che il tempo \tilde{t} impiegato dal sistema per raggiungere la condizione di puro rotolamento è

    \[\boxcolorato{fisica}{\tilde{t}=\dfrac{\omega_0r}{3g\mu_d}.}\]

 

Soluzione alternativa.

Un metodo alternativo per risolvere il problema è quello di applicare direttamente la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi, senza ricorrere alla conservazione del momento angolare. Otteniamo così

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} N=mg\\ f_d=N\mu_d=ma_{CM}\\ -f_dr=I_{CM}\alpha, \end{cases} \end{equation*}

dove con \alpha si indica il modulo dell’accelerazione angolare. Si precisa inoltre che, nell’applicare la seconda legge cardinale, il polo per calcolare i momenti esterni al sistema è stato posto nel centro di massa. Risolvendo il sistema, avremo

(9)   \begin{equation*} \begin{cases} mg\mu_d=ma_{CM}\\\\ f_d=N\mu_d=ma_{CM}\\\\ -f_dr=\dfrac{1}{2}mr^2\alpha \end{cases}\quad\Rightarrow\quad\begin{cases} a_{CM}=g\mu_d\\\\ f_d=N\mu_d=ma_{CM}\\\\ \alpha=-\dfrac{2g\mu_d}{r}. \end{cases} \end{equation*}

Il cilindro ha un’accelerazione costante a_{CM}, come discusso in precedenza, e un’accelerazione angolare costante \alpha. Pertanto, abbiamo

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} v_{CM}(t)=a_{CM}t\\ \omega(t)=\omega_0+\alpha t \end{cases}\quad\Rightarrow\quad\begin{cases} v_{CM}(t)=g\mu_dt\\\\ \omega(t)=\omega_0-\dfrac{2g\mu_d}{r}t. \end{cases} \end{equation*}

Imponendo la condizione di puro rotolamento v_{CM}=\omega_fr e sfruttando l’espressione della velocità ricavata dalla (10), si ha

(11)   \begin{equation*} v_{CM}(\tilde{t})=\omega_f r=\left(\omega_0-\dfrac{2g\mu_d\,\tilde{t}}{r}\right)r=g\mu_d\,\tilde{t}, \end{equation*}

da cui

(12)   \begin{equation*} \omega_0r-2g\mu_d\,\tilde{t}=g\mu_d\,\tilde{t}, \end{equation*}

cioè

(13)   \begin{equation*} \omega_0r=3g\mu_d\,\tilde{t}, \end{equation*}

o anche

    \[\boxcolorato{fisica}{\tilde{t}=\dfrac{\omega_0r}{3g\mu_d},}\]

come ottenuto in precedenza. Ovviamente, sostituendo t=\tilde{t} nel sistema (10), si troveranno i medesimi valori per la velocità del centro di massa e per la velocità angolare trovati in precedenza, lasciamo al lettore il piacere di verificare tale affermazione.

 

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