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Esercizio corpo rigido 41

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 41 è il quarantunesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 40 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 42. 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 41

Esercizio 41 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un disco circolare omogeneo, di massa M e raggio r, è vincolato a ruotare su un piano verticale, con velocità angolare costante di modulo \omega_0 (supporre che il disco ruoti in senso antiorario) intorno a un asse orizzontale passante per il suo centro O. Un’asta metallica, di lunghezza \ell, massa m=M/3 e sezione trasversale di dimensioni trascurabili, viene appoggiata con una delle estremità sul bordo superiore P del disco e su un supporto puntiforme S situato alla stessa quota di P, con \overline{PS}=d=2\ell/3. Tra asta e disco c’è attrito, con coefficiente di attrito dinamico \mu_d.

1) Supponendo che nel contatto tra l’asta e il supporto S ci sia attrito, si determini il valore minimo \mu_s^{\text{min}} del coefficiente di attrito statico affinché l’asta resti in quiete;

2) Supponendo che l’attrito tra l’asta e il supporto sia trascurabile, si determini il modulo v della velocità dell’asta quando questa è spostata lungo l’orizzontale di un tratto \Delta=\ell/6.

Si supponga che asta e disco siano sempre in condizione di strisciamento.

 

 

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Svolgimento Punto 1.

Analizziamo l’asta e le forze esterne agenti su di essa: avremo la sua forza peso m\vec{g} (applicata nel centro di massa), la reazione vincolare \vec{N}_1 generata dal contatto con il disco (quindi applicata in P), la reazione vincolare \vec{N}_2 generata dal contatto con il supporto (quindi applicata in S). Inoltre, nel momento in cui l’asta viene appoggiata sul disco, essa risente di una forza di attrito dinamico \vec{f}_d orientata nel verso negativo dell’asse delle x; l’orientamento di tale forza è dovuto al fatto che essa deve tirare l’asta verso sinistra, come ci si aspetta dalla fisica del problema. Per convincersi del fatto che la forza di attrito dinamico applicata all’asta deve essere orientata nel verso negativo delle x si può notare che sul disco sarà applicata la forza -\vec{f}_d (terzo principio della dinamica) in P che deve indurre ad un momento opposto al momento esterno che tiene in rotazione il disco. Il disco è stato supposto in rotazione in senso antiorario e infatti su di esso è applicata la forza -\vec{f}_d (orientata nel verso negativo delle x) che genera un momento che induce una rotazione oraria[1], opposta al verso di rotazione del disco. Di conseguenza la forza di attrito statico \vec{f}_s generata dal contatto con il supporto S deve invece essere orientata nel verso positivo dell’asse x, per mantenere l’asta in equilibrio. A questo punto, scegliamo come polo per il calcolo dei momenti esterni il punto P e applichiamo la prima e la seconda legge cardinale della dinamica per corpi rigidi all’asta. Otteniamo

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} N_1+N_2=mg\\ mg\dfrac{\ell}{2}-\dfrac{2}{3}\ell N_2=0. \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} N_1=mg-N_2\\ N_2=\dfrac{3}{4}mg, \end{cases} \end{equation*}

dove abbiamo sfruttato il fatto che la forza peso di un corpo rigido è applicata nel centro di massa, che per un’asta omogenea si trova in x=\ell/2. Inoltre, poiché per ipotesi l’asta è in quiete, dovremo imporre che

(2)   \begin{equation*} f_s=f_d, \end{equation*}

con f_d=\mu_dN_1 (si osservi che N_1 è il modulo della reazione vincolare applicata al disco). Sfruttando la (1), possiamo scrivere

(3)   \begin{equation*} f_s=f_d=\mu_dN_1=(mg-N_2)\,\mu_d=\left(mg-\dfrac{3}{4}mg\right)\,\mu_d=\dfrac{mg}{4}\mu_d, \end{equation*}

dunque troviamo in questo modo l’espressione della forza di attrito statico. A questo punto, sapendo che f_s\leq \mu_sN_2, troviamo

(4)   \begin{equation*} \dfrac{mg}{4}\mu_d\leq \mu_sN_2\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{mg}{4}\mu_d\leq\left(\dfrac{3}{4}mg\right)\,\mu_s\quad\Leftrightarrow\quad\mu_s\geq\dfrac{\mu_d}{3}, \end{equation*}

da cui deduciamo che

    \[\boxcolorato{fisica}{\mu_s^{\text{min}}=\dfrac{\mu_d}{3}.}\]

 

Svolgimento Punto 2.

In questa nuova configurazione non è più presente la forza di attrito statico tra l’asta e il supporto, di conseguenza l’asta entra in movimento.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

In maniera del tutto analoga al caso del punto precedente, applichiamo la prima e la seconda legge cardinale della dinamica, scegliendo ancora una volta P come polo per il calcolo dei momenti delle forze esterne. Si ha

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} N_1+N_2=mg\\ f_d=ma_{CM}\\ mg\left(\dfrac{\ell}{2}-x\right)=N_2\dfrac{2\ell}{3} \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} N_1+N_2=mg\\ f_d=\mu_dN_1=ma_{CM}\\ N_2=\dfrac{3}{2\ell}mg\left(\dfrac{\ell}{2}-x\right), \end{cases} \end{equation*}

dove con x si intende la distanza tra l’estremo sinistro dell’asta e il punto P, ossia la distanza percorsa dall’asta in un generico istante t. Risolvendo il sistema si ottiene

(6)   \begin{equation*} N_1+\dfrac{3}{2\ell}mg\left(\dfrac{\ell}{2}-x\right)=mg\quad\Leftrightarrow\quad N_1=mg-\dfrac{3}{2\ell}mg\left(\dfrac{\ell}{2}-x\right). \end{equation*}

A questo punto, per calcolare la velocità dell’asta dopo aver percorso un tratto \Delta=\ell/6, possiamo utilizzare il teorema delle forze vive, il quale afferma che la variazione di energia cinetica dell’asta è pari alla somma del lavoro della forza di attrito dinamico. Abbiamo dunque

(7)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv^2=\int_0^{\Delta} {f_d\,dx}=\int_0^{\frac{\ell}{6}} {\mu_dN_1\,dx}, \end{equation*}

da cui, sostituendo l’espressione per N_1 trovata nella (6), troviamo

(8)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv^2=\int_0^{\frac{\ell}{6}} {\mu_d \left[mg-\dfrac{3}{2\ell}mg\left(\dfrac{\ell}{2}-x\right)\right]\,dx}= mg\mu_d\dfrac{\ell}{16}, \end{equation*}

o anche

(9)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv^2=mg\mu_d x-\dfrac{3}{2\ell}mg\mu_d\left(\dfrac{\ell}{2}x-\dfrac{x^2}{2}\right)\bigg\vert^{\frac{\ell}{6}}_0, \end{equation*}

cioè

(10)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv^2=mg\mu_d\dfrac{\ell}{6}-\dfrac{3}{2\ell}mg\mu_d\left(\dfrac{\ell^2}{12}-\dfrac{\ell^2}{72}\right)=mg\mu_d\left(\dfrac{\ell}{6}-\dfrac{3}{2}\left(\dfrac{5}{72}\ell\right)\right)=mg\mu_d\ell\left(\dfrac{1}{6}-\dfrac{5}{48}\right), \end{equation*}

pertanto

(11)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}v^2=\dfrac{g\mu_d\ell }{16}, \end{equation*}

infine

    \[\boxcolorato{fisica}{v=\sqrt{g\mu_d\dfrac{\ell}{8}}.}\]

 

1. Applicando la regola della mano destra si vede immediatamente il verso del momento generato da -\vec{f}_d. ↩

 

 

Fonte.

Problemi di fisica generale – S.Rosati & L. Lovitch.

 

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