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Esercizio corpo rigido 52

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 52 è il cinquantaduesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 51 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 53. 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 dell’Esercizio Corpo Rigido 52

Esercizio 52 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un filo inestensibile e di massa trascurabile è arrotolato intorno ad un disco di raggio r e massa m. Fissata un’estremità del filo al soffitto, si lascia cadere il disco. Il filo non slitta rispetto al bordo del disco. Determinare l’accelerazione del centro di massa \vec{a}_{\text{CM}} e la tensione \vec{\tau} del filo.

 

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Svolgimento.

Consideriamo il disco e il filo di massa trascurabile come sistema fisico in esame e scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxyz, come rappresentato in figura 2. Le forze esterne sono la forza peso m\vec{g} e la tensione \vec{\tau} generata dal filo che collega il sistema al soffitto, come mostrato in figura 2.

 

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Il disco si muove con moto di puro rotolamento rispetto al filo. Il moto traslatorio può essere determinato dalla prima legge cardinale dei corpi rigidi, cioè

(1) \begin{equation*} \vec{F}^{\,\text{(ext)}} = m\vec{a}_{\text{CM}} , \end{equation*}

dove \vec{F}^{\text{(ext)}} è la risultante delle forze esterne agenti sul sistema fisico in esame e \vec{a}_{\text{CM}} l’accelerazione del centro di massa del sistema fisico in esame. Le forze esterne sono m\vec{g} e \vec{\tau} e sono entrambe parallele all’asse y, quindi l’equazione precedente, proiettata sui due assi x e y, fornisce

(2) \begin{equation*} \begin{cases} 0 = m a_{\text{CM},x} \\ \tau - mg = m a_{\text{CM},y}, \end{cases} \end{equation*}

dove a_{\text{CM},x} e a_{\text{CM},y} sono rispettivamente la componente lungo l’asse delle x di \vec{a}_{\text{CM}} e la componente lungo l’asse delle y di \vec{a}_{\text{CM}}, e si sono indicati con \tau e g i moduli dei vettori \vec{\tau} e \vec{g}, rispettivamente. Dal precedente sistema, si trova

(3) \begin{equation*} \boxed{ \vec{a}_{\text{CM}} = \left( 0, \frac{\tau}{m} - g \right).} \end{equation*}

Dato che l’accelerazione del centro di massa ha una sola componente non nulla, cioè a_{\text{CM},y}, da ora in poi chiameremo a_{\text{CM},y} semplicemente come a_{\text{CM}}. Tuttavia il suo valore è ancora ignoto, poiché non conosciamo la tensione del filo \tau. Come vedremo a breve, lo studio del moto rotazionale del disco ci permetterà di trovare questa grandezza incognita. Notiamo che l’asse z, per come sono stati definiti gli altri due, ha direzione uscente in accordo con la regola della mano destra. Se \hat{z} è il versore diretto lungo l’asse z, definiamo allora il vettore velocità angolare del disco come \vec{\omega} = \omega \,\hat{z}.

Per la seconda legge cardinale dei corpi rigidi, si ha

(4) \begin{equation*} \vec{M}^{\text{(ext)}}=I_{\text{CM}}\vec{\alpha}, \end{equation*}

dove \vec{M}^{\text{(ext)}}, I_{\text{CM}} e \vec{\alpha} sono rispettivamente la somma di tutti i momenti delle forze esterne rispetto al centro di massa, il momento d’inerzia del disco rispetto al centro di massa e l’accelerazione angolare del disco. Nel nostro caso, dalla precedente equazione, si ottiene

(5) \begin{equation*} r\tau = \frac{1}{2}mr^2 \alpha , \end{equation*}

da cui

(6) \begin{equation*} \boxed{ \tau = \frac{1}{2}mr \alpha.} \end{equation*}

Dalla condizione di puro rotolamento, si ha

(7) \begin{equation*} \vec{a}_{\text{CM}}=-\vec{\alpha}\wedge \vec{r}, \end{equation*}

che porta a trovare

(8) \begin{equation*} {a}_{\text{CM}}=-\alpha r. \end{equation*}

Mettendo a sistema le equazioni (2)_2, (14) e (8), si ottiene

(9) \begin{equation*} \begin{cases} \tau - mg = m a_{\text{CM}}\\[10pt] \tau = \dfrac{1}{2}mr\alpha\\[10pt] {a}_{\text{CM}}=-\alpha r, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(10) \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{1}{2}mr\alpha - mg = -m \alpha r\\[10pt] \tau = \dfrac{1}{2}mr\alpha\\[10pt] {a}_{\text{CM}}=-\alpha r, \end{cases} \end{equation*}

conseguentemente

(11) \begin{equation*} \begin{cases} \alpha =\dfrac{2g}{3r} \\[10pt] \tau = \dfrac{1}{2}mr\left(\dfrac{2g}{3r}\right)\\[10pt] {a}_{\text{CM}}=-\left(\dfrac{2g}{3r}\right) r ,\end{cases} \end{equation*}

ed infine

\[\boxcolorato{fisica}{\begin{cases} \alpha =\dfrac{2g}{3r} \\[10pt] \tau = \dfrac{1}{3} mg \\[10pt] a_{\text{CM}} = -\dfrac{2}{3} g. \end{cases}}\]

Svolgimento alternativo.

Il disco si muove di puro rotolamento, pertanto l’energia meccanica totale del disco si conserva in ogni istante t>0. Ponendo l’energia potenziale gravitazionale U=0 al livello in cui si trova il centro di massa all’istante t=0 e ponendo l’origine O del sistema di riferimento scelto in corrispondenza della quota del centro di massa del disco all’istante t=0, e notando che il disco è inizialmente in quiete, si ha che l’energia potenziale iniziale U_{\text{in}} è nulla e che l’energia cinetica iniziale K_{\text{in}} è nulla; pertanto l’energia totale iniziale è

(12) \begin{equation*} E_{\text{in}} = K_{\text{in}} + U_{\text{in}} = 0. \end{equation*}

Invece ad un tempo successivo, che chiameremo istante finale, date l’energia potenziale U_{\text{fin}} e l’energia cinetica K_{\text{fin}} a questo istante, abbiamo

(13) \begin{equation*} U_{\text{fin}} = mgy_{\text{CM}} \quad\text{e}\quad K_{\text{fin}} = \frac{1}{2}I\omega^2. \end{equation*}

dove y_{CM}, I e \omega sono rispettivamente la posizione del centro di massa del disco all’istante finale lungo l’asse delle y, il momento d’inerzia del disco rispetto al punto di contatto con la corda e la velocità angolare del disco nell’istante finale. Sia v_{\text{CM}} la componente della velocità del centro di massa lungo l’asse delle y. Per la condizione di puro rotolamento vale v_{\text{CM}}=-\omega r e inoltre, per il teorema di Huygens-Steiner, si ha \displaystyle I=I_{\text{CM}}+mr^2=3/2\ mr^2. Sfruttando la precedente equazione l’energia cinetica finale diventa

(14) \begin{equation*} E_{\text{fin}}=\dfrac{1}{2}I\omega^2=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{3}{2}mr^2\right)\left(\dfrac{v_{\text{CM}}^2}{r^2}\right)=\dfrac{3}{4}mv_{\text{CM}}^2. \end{equation*}

La conservazione dell’energia impone che

(15) \begin{equation*} E_{\text{in}}= E_{\text{fin}}, \end{equation*}

da cui

(16) \begin{equation*} 0 = \frac{3}{4}mv_{\text{CM}}^2 + mgy_{\text{CM}}, \end{equation*}

o anche

(17) \begin{equation*}\frac{3}{4}mv_{\text{CM}}^2=-mgy_{\text{CM}}, \end{equation*}

dove abbiamo sfruttato le equazioni (12) e (14). Derivando ambo i membri la precedente equazione rispetto al tempo, si ottiene

(18) \begin{equation*} \frac{3}{2}mv_{\text{CM}} a_{\text{CM}} = - mgv_{\text{CM}} \quad \Leftrightarrow \quad a_{\text{CM}} = -\frac{2}{3} g, \end{equation*}

dove abbiamo diviso ambo i membri per v_{\text{CM}} ipotizzando che sia diverso da zero, data la fisica del problema. In seguito, grazie alla prima legge cardinale dei corpi rigidi (14) e grazie alla condizione a_{\text{CM}}=-\alpha r, si potrà giungere alla tensione del filo sfruttando la precedente equazione.

Osservazione.

La scelta del sistema del sistema fisico dato dal disco e dal filo non è stata casuale. Tra filo e disco c’è attrito, pertanto se avessimo considerato il solo sistema fisico composto dal disco avremmo avuto come forza esterna al disco la forza di attrito. Per approfondimenti si rimanda alla lettura del seguente esercizio clicca qui.

 

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