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Esercizio corpo rigido 39

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 39 è il trentanovesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 38 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 40. 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 39

Esercizio 39 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una palla da bowling di raggio r e di massa m viene lanciata con velocità \vec{v}_0, orientata come in figura 1, a contatto con una superficie orizzontale con coefficiente di attrito dinamico \mu_d. Determinare il tempo impiegato dalla palla a raggiungere la condizione di puro rotolamento, la velocità del centro di massa e la velocità angolare del sistema in quell’istante.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

Svolgimento.

La situazione in questo problema è simile al problema esercizio corpo rigido 38. Nell’esercizio 38 il corpo rigido è un cilindro, avente velocità angolare iniziale diversa da zero e velocità iniziale del centro di massa nulla; in questo esercizio il corpo rigido è una sfera, avente velocità angolare iniziale nulla e velocità iniziale del centro di massa \vec{v}_0. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, orientato come in figura 2. Nell’istante in cui la palla entra in contatto con il piano orizzontale il sistema sarà sottoposto a una forza di attrito dinamico \vec{f}_d e dunque la sfera si muoverà di moto rototraslatorio; su di essa agiscono la forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N} generata dalla superficie di contatto e la forza di attrito dinamico \vec{f}_d. In figura 2 viene rappresentato il diagramma delle forze agenti sulla palla.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Discutiamo il verso della forza di attrito dinamico \vec{f}_d. Per ipotesi, sappiamo che il centro di massa della palla ha una velocità iniziale \vec{v}_0, il cui verso è concorde all’orientamento dell’asse positivo x; se la forza di attrito fosse anch’essa concorde con l’asse positivo delle x, avremmo che essa genererebbe un’accelerazione che farebbe aumentare il modulo della velocità iniziale, ovvero v_{CM}(t)>v_0 per t>0. In questo scenario, avremmo che, per t\rightarrow\infty, il centro di massa della palla acquisterebbe una velocità infinita e dunque un’energia traslazionale cinetica infinita; questo è assurdo, dunque deduciamo che la forza di attrito debba essere opposta a \vec{v}_0. 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}^{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. Notiamo che \vec{v}_P\wedge\vec{v}_{CM}=\vec{0} per t\geq0, perchè \vec{v}_P e \vec{v}_{CM} sono tra loro parallele. Inoltre, notiamo che le forze esterne (forza peso, reazione vincolare e forza di attrito dinamico) rispetto al punto P hanno momento nullo, pertanto si conserva il momento angolare del sistema. Inizialmente la palla non ruota ma trasla e basta, dunque all’istante t=0 il punto P è in quiete, da cui, applicando il teorema König per il momento angolare, si ha

(2)   \begin{equation*} \vec{L}_i=m\,\vec{r}\wedge\vec{v_0}. \end{equation*}

Raggiunta la condizione di puro rotolamento, avremo nuovamente che \vec{v}_P=\vec{0} rispetto al sistema di riferimento Oxy. Il momento angolare può essere calcolato applicando il teorema di König per il momento angolare, ossia sommando il momento angolare del sistema rispetto a P, indicato di seguito con L^{\prime}, con il momento angolare calcolato rispetto al centro di massa. Avremo dunque:

(3)   \begin{equation*} \vec{L}_{f}=\vec{L}_{CM}+\vec{L^{\prime}}=m\,\vec{r}\wedge\vec{v}_{CM}+I_{CM}\vec{\omega}_f, \end{equation*}

dove I_{CM}=\dfrac{2}{5}mr^2 è il momento d’inerzia della sfera e \vec{\omega}_f è la velocità angolare che ha la sfera nell’istante in cui raggiunge il puro rotolamento. A questo punto, andiamo a sfruttare la conservazione del momento angolare. Possiamo scrivere:

(4)   \begin{equation*} \vec{L}_i=\vec{L}_f\quad\Rightarrow\quad m\,\vec{r}\wedge\vec{v_0}=m\,\vec{r}\wedge\vec{v}_{CM}+I_{CM}\vec{\omega}_f. \end{equation*}

Osserviamo che, poiché \vec{r} e la velocità del centro di massa sono vettori ortogonali, il loro prodotto vettoriale è uguale a un vettore che ha per modulo il prodotto dei loro moduli e che è orientato nella stessa direzione e verso di \vec{\omega}_f. La (4) diventa dunque un’equazione scalare, ossia:

(5)   \begin{equation*} mrv_0=mrv_{CM}+I_{CM}\omega_f, \end{equation*}

da cui, imponendo la condizione di puro rotolamento v_{CM}=\omega_fr, otteniamo

(6)   \begin{equation*} mrv_0=m\omega_fr^2+\dfrac{2}{5}mr^2\omega_f\quad\Leftrightarrow\quad mrv_0=\dfrac{7}{5}mr^2\omega_f, \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{\omega_f=\dfrac{5}{7}\,\dfrac{v_0}{r}.}\]

 

La velocità del centro di massa si può ricavare dalla condizione di puro rotolamento, ovvero

    \[\boxcolorato{fisica}{v_{CM}=\omega_fr=\dfrac{5}{7}v_0.}\]

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

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} f_d=-ma_{CM}\\ N=mg \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} \mu_dN=-ma_{CM}\\ N=mg \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} \mu_dmg=-ma_{CM}\\ N=mg \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad a_{CM}=-\mu_dg. \end{equation*}

Troviamo che il centro di massa ha decelerazione costante nel tempo, dunque si muove di moto uniformemente decelerato. Dalla cinematica, sappiamo che

(8)   \begin{equation*} v_{CM}(t)=v_0-\left \vert a_{CM}\right \vert t. \end{equation*}

Ora, chiamando t=\tilde{t} il tempo impiegato per raggiungere la condizione di puro rotolamento, si ha

(9)   \begin{equation*} v_{CM}(\tilde{t})=v_0-\left \vert a_{CM}\right \vert \tilde{t}\quad\Rightarrow\quad\dfrac{5}{7}v_0=v_0-\mu_dg\,\tilde{t}, \end{equation*}

o anche

(10)   \begin{equation*} \dfrac{5}{7}v_0-v_0=-\mu_dg\,\tilde{t}, \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{\tilde{t}=\dfrac{2v_0}{7g\mu_d}.}\]

 

 

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