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Esercizio corpo rigido 47

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 47 è il quarantasettesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 46 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 48. 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 47

Esercizio 47 (\bigstar \bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar).  Un ingranaggio è costituito da due ruote dentate omogenee A e B, di spessore trascurabile e disposte nello stesso piano verticale (vedi figura 1); A e B possono ruotare intorno a due assi orizzontali passanti per i centri O_A e O_B. Le dimensioni dei denti dell’ingranaggio sono piccole e il contatto tra le due ruote può approssimarsi come puntiforme. I raggi di A e B sono rispettivamente r_A e r_B, mentre le masse sono m_A e m_B. Un filo inestensibile di massa trascurabile è avvolto sulla periferia di un disco omogeneo, di raggio r_D e massa m_D, saldato alla ruota A e concentrico a essa (vedi figura 1); all’estremità libera del filo è appeso un corpo C, di massa m_C. Nel punto P, intersezione con il bordo esterno di B della retta congiungente i centri O_A e O_B, è applicata una forza costante \vec{F}, tangente al disco e rivolta verso l’alto. Si determini:

1) il modulo di \vec{F} necessario affinché l’ingranaggio resti in quiete;

2) le componenti verticali R_{A} e R_{B} delle corrispondenti reazioni sviluppate dagli assi intorno ai quali ruotano A e B.

A un certo istante si annulla la forza \vec{F} e l’ingranaggio si mette in movimento; si determini corrispondentemente:

3) il modulo dell’accelerazione angolare della ruota A;

4) le componenti verticali delle reazioni sviluppate dagli assi di rotazione di A e B.

 

 

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Svolgimento Punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con l’asse delle x passante per i centri dei due dischi (A e B) e l’origine nel punto più esterno della ruota A (vedi figura 2).

 

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Analizziamo le forze esterne agenti su B. Sulla ruota B agisce la sua forza peso m_B\vec{g}, la reazione vincolare \vec{R}_B dovuta al vincolo, la forza \vec{F} e la forza di contatto \vec{f} con il corpo A. Osserviamo che, poiché per ipotesi il sistema è in quiete, la forza di contatto dovrà generare un momento esterno rispetto al centro di massa O_B tale da opporsi al momento meccanico generato dalla forza \vec{F}, dunque si deduce che \vec{f} debba essere rivolta nel verso positivo dell’asse y. Sul sistema formato dalla ruota A, dal disco di massa m_D e dal filo inestensibile di massa trascurabile, agiscono la forza peso \vec{F}_{P,1}, ossia la somma tra la forza peso di A e la forza peso del disco saldato ad essa, la reazione vincolare \vec{R}_A dovuta al vincolo, la tensione -\vec{T} a cui è sottoposto il filo, e la forza di contatto con il corpo B, che per il terzo principio della dinamica deve essere pari a -\vec{f}. Inoltre, sul corpo C agiscono la sua forza peso m_C\vec{g} e la tensione del filo \vec{T}, come mostra la figura 2. Poiché per ipotesi tutto è in quiete, dobbiamo imporre che la somma delle forze esterne e dei momenti esterni che agiscono singoli dischi sia nulla. Per il disco A scegliamo come polo per i calcoli dei momenti esterni il polo O_A, mentre per il disco B scegliamo come polo per il calcolo dei momenti esterni O_B. Dunque, applicando la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi su A e su B, e imponendo la somma delle forze agenti su C sia nulla, si ottiene

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} F+R_B-m_Bg+f=0\\ R_A-f-F_{P,1}-T=0\\ -fr_B+Fr_B=0\\ - fr_A+Tr_D=0\\ T-m_Cg=0 \end{cases}\Leftrightarrow\quad\begin{cases} F+R_B-m_Bg+f=0\\ R_A-f-(m_A+m_C+m_D)g=0\\ f=F\\ fr_A=m_Cgr_D\\ T=m_Cg. \end{cases} \end{equation*}

Sostituendo f=F (ottenuta dalla (1)_3) nella (1)_4, otteniamo

(2)   \begin{equation*} Fr_A=m_Cgr_D, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{F=\dfrac{m_Cgr_D}{r_A}.}\]

 

Svolgimento Punto 2.

Sostituendo f=F nelle equazioni (1)_1 e (1)_2, ricaviamo

    \[\boxcolorato{fisica}{R_A=F+(m_A+m_C+m_D)g;\quad\quad R_B=m_Bg-2F.}\]

 

Svolgimento Punto 3.

Togliendo la forza \vec{F}, l’ingranaggio si mette in movimento. In particolare, il corpo A inizia a ruotare in senso antiorario, mentre il corpo B ruota in senso orario, ognuno rispetto al proprio centri di massa. Il verso in cui ruotano lo abbiamo dedotto dalla fisica del problema. La forza peso m_Cg tramite la fune induce un momento che farà ruotare il disco di centro O_A in senso antiorario, da cui il disco O_B ruoterà in senso orario, per via del contatto tra i due dischi. Definiamo S_A=\theta_A r_A la lunghezza di un arco di circonferenza percorso da A tra l’istante di tempo t=0 e il generico istante di tempo t>0 (vedi figura 3 e 4; analogamente definiamo S_B=\theta_B r_B la lunghezza di un arco di circonferenza percorso da B tra l’istante di tempo t=0 e il generico istante di tempo t>0 (vedi figure 3 e 4). All’istante t=0 viene tolta la forza \vec{F} e le due ruote iniziano a girare, come detto in precedenza. Dalla fisica del problema è chiaro che deve valere quanto segue

(3)   \begin{equation*} \theta_A r_A=\theta_B r_B. \end{equation*}

 

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Si osservi che siccome B ruota in senso orario si ha \omega_B<0 (velocità angolare di B in un generico istante) e siccome A ruota in senso antiorario \omega_A>0 (velocità angolare di A in un generico istante). Pertanto, per quanto detto, nel passaggio di derivazione ad ambo i membri della (4) è necessario inserire un meno al membro destro dell’equazione (4). Dunque, deriviamo ambo i membri della (3), si ottiene

(4)   \begin{equation*} \omega_A r_A=-\omega_B r_B, \end{equation*}

e infine, derivando nuovamente ambo i membri della (4), si ha

(5)   \begin{equation*} \alpha_A r_A=-\alpha_B r_B. \end{equation*}

Applicando la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi al il disco A e D, si ottiene

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} R_A-T-(m_A+m_D)g-f=m_Aa_{A,CM}=0\\\\ Tr_D-fr_A=\left(I_{CM,A}+I_{CM,D}\right)\alpha_A=\left(\dfrac{1}{2}m_Ar_A^2+\dfrac{1}{2}m_Dr_D^2\right)\alpha_A=\dfrac{1}{2}\alpha_A\left(m_Ar_A^2+m_Dr_D^2\right). \end{cases} \end{equation*}

Applicando la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi al il disco B, si ottiene

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} f+R_B-m_Bg=m_Ba_{B,CM}=0\\\\ -fr_B=I_{CM,B}\alpha_B=\dfrac{1}{2}m_Br^2_B\alpha_B. \end{cases} \end{equation*}

Infine, applicando la seconda legge della dinamica, al corpo C, si ha

(8)   \begin{equation*} T-m_Cg=-m_Ca_C. \end{equation*}

Mettendo a sistema tutte le equazioni dei sistemi (6), (7) e l’equazione (8), si ottiene

(9)   \begin{equation*} \begin{cases} R_A-T-(m_A+m_D)g-f=0\\\\ Tr_D-fr_A=\dfrac{1}{2}\alpha_A\left(m_Ar_A^2+m_Dr_D^2\right)\\\\ f+R_B-m_Bg=0\\\\ f=- \dfrac{1}{2}m_Br_B\alpha_B\\\\ T=m_Cg-m_Ca_C. \end{cases} \end{equation*}

Notiamo che a_C=\alpha_Ar_D. Inoltre, sfruttando 5, il sistema (9) diventa

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} R_A=T+(m_A+m_D)g+f\\\\ Tr_D-fr_A=\dfrac{1}{2}\alpha_A\left(m_Ar_A^2+m_Dr_D^2\right)\\\\ R_B=-f+m_Bg\\\\ f=- \dfrac{1}{2}m_Br_B\alpha_B=- \dfrac{1}{2}m_B(-\alpha_A r_A)= \dfrac{1}{2}m_B\alpha_Ar_A \\\\ T=m_Cg-m_C\alpha_Ar_D. \end{cases} \end{equation*}

Sostituendo f (definita in (10)_4) e T (definita in (10)_5) nell’equazione (10)_2, si ottiene

(11)   \begin{equation*} \left(m_Cg-m_C\alpha_ar_D\right)r_D-\left(\dfrac{1}{2}m_B\alpha_Ar_A\right)r_A=\dfrac{1}{2}\alpha_A\left(m_Ar_A^2+m_Dr_D^2\right), \end{equation*}

da cui

(12)   \begin{equation*} -\dfrac{1}{2}m_B\alpha_A r_A^2+m_Cgr_D-m_C\alpha_Ar_D^2=\dfrac{1}{2}\alpha_A(m_Ar_A^2+m_Dr_D^2)\quad\Leftrightarrow\quad \end{equation*}

ovvero

    \begin{equation*} -m_Br_A^2\alpha_A+2m_Cgr_D-2m_Cr_D^2\alpha_A=\alpha_A(m_Ar_A^2+m_Dr_D^2), \end{equation*}

o anche

    \begin{equation*} 2m_Cgr_D=(m_Ar_A^2+m_Dr_D^2+m_Br_A^2+2m_Cr_D^2)\alpha_A, \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{\alpha_A=\dfrac{2m_Cgr_D}{r_A^2(m_A+m_B)+r_D^2(m_D+2m_C)}.}\]

 

Svolgimento Punto 4.

Una volta trovata l’accelerazione angolare \alpha_A, si ricavano facilmente le espressioni di f e T dal sistema (10), cioè

(13)   \begin{equation*} f=\dfrac{1}{2}m_B\alpha_Ar_A=\dfrac{m_Bm_Cgr_Ar_D}{r_A^2(m_A+m_B)+r_D^2(m_D+2m_C)} \end{equation*}

e

(14)   \begin{equation*} T=m_Cg-m_C\alpha_Ar_D=m_Cg-\dfrac{2m^2_Cgr^2_D}{r_A^2(m_A+m_B)+r_D^2(m_D+2m_C)}. \end{equation*}

Sostituendo f e T (definite rispettivamente nell’equazione (13) e nell’equazione (14)) nella (10)_1, otteniamo

(15)   \begin{equation*} R_A=m_Cg-m_C\alpha_Ar_D+(m_A+m_D)g+\dfrac{1}{2}m_B\alpha_Ar_A=g\left(m_A+m_C+m_D\right)+\alpha_A\left(\dfrac{1}{2}m_Br_A-m_Cr_D\right), \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{$R_A=g\left(m_A+m_C+m_D\right)+\dfrac{m_Cgr_D\left(m_Br_A-2m_Cr_D\right)}{r_A^2(m_A+m_B)+r_D^2(m_D+2m_C)}.}\]

 

Inoltre, sostituendo f (definite nell’equazione (13)) nella (10)_3, si trova

(16)   \begin{equation*} R_B=m_Bg-\dfrac{1}{2}m_B\alpha_Ar_A, \end{equation*}

cioè

    \[\boxcolorato{fisica}{R_B=m_Bg-\dfrac{m_Bm_Cgr_Ar_D}{r_A^2(m_A+m_B)+r_D^2(m_D+2m_C)}.}\]

 

Fonte.

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

 


 

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