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Esercizio corpo rigido 57

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 57 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un disco circolare omogeneo di massa m, raggio r e spessore costante è appoggiato su un piano orizzontale scabro sul quale rotola senza strisciare (moto di puro rotolamento). Il centro C del disco è collegato, mediante una molla ideale di costante elastica k e lunghezza a riposo trascurabile, a un punto P dell’asse y posto ad altezza h dal piano di appoggio. All’istante t=0 il centro C si trova sull’asse y con velocità orizzontale v_{0}. Si determini:

  1. l’istante \tau in cui il disco si ferma per la prima volta;
  2. il valore minimo \mu_s^{\text{min}} del coefficiente di attrito statico necessario affinché il disco rotoli senza strisciare.

 

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Svolgimento Punto 1.

Per risolvere il problema, scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con l’origine coincidente con il punto di contatto tra il disco e il piano d’appoggio nell’istante iniziale (t=0) e l’asse y coincidente con quello indicato dal problema, come in figura 3.

 

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Studiamo le forze che agiscono sul sistema. Come si può osservare in figura 3, nel generico istante di tempo t le forze esterne che agiscono sul disco sono la sua forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N} generata dal piano di appoggio, la forza elastica della molla \vec{F}_{el} e la forza di attrito \vec{f}_s. Essendo quest’ultima l’unica forza in grado di produrre un momento esterno non nullo rispetto al centro C, essa dovrà essere orientata nel verso negativo dell’asse x in modo che il momento (esterno) da essa generato metta in rotazione il disco, facendolo ruotare in senso orario, come suggerisce la figura 2. Scegliendo come polo per il calcolo dei momenti esterni il centro C del disco, dalla prima e seconda legge cardinale per i corpi rigidi, si ottiene

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} -kx-f_s=m\ddot{x}\\ N-mg+ky=0\\ f_sr=I_{CM}\alpha, \end{cases} \end{equation*}

dove x e y sono rispettivamente l’elongazione orizzontale e verticale della molla e I_{CM} è il momento d’inerzia rispetto al centro di massa, che nel caso di un disco omogeneo risulta essere I_{CM}=\dfrac{1}{2}mr^2. Inoltre, sfruttando l’ipotesi di puro rotolamento, sappiamo che il centro di massa si muove con accelerazione \alpha rispetto al punto di contatto con il piano di appoggio, istantaneamente fermo rispetto al sistema di riferimento Oxy; otteniamo quindi che a_{CM}=\ddot{x}=\alpha r. Dall’equazione (1)_3, con semplici passaggi, otteniamo

(2)   \begin{equation*} f_sr=\dfrac{1}{2}mr^2\alpha=\dfrac{1}{2}mra_{CM}=\dfrac{1}{2}mr\ddot{x}\quad\Leftrightarrow\quad f_s=\dfrac{1}{2}m\ddot{x}. \end{equation*}

A questo punto, sostituiamo l’espressione trovata per f_s (definita nella (2)) nell’equazione (1)_1, ottenendo

(3)   \begin{equation*} -kx-\dfrac{1}{2}m\ddot{x}=m\ddot{x}\quad \Leftrightarrow \quad-kx=\dfrac{3}{2}m\ddot{x}\quad \Leftrightarrow \quad \ddot{x}+\dfrac{2k}{3m}x=0\quad\Leftrightarrow\quad\ddot{x}+\omega^2x=0, \end{equation*}

con \omega=\sqrt{\dfrac{2k}{3m}}. Abbiamo quindi trovato che il sistema è un oscillatore armonico semplice, unidimensionale (lungo la direzione x), il cui moto è centrato in O. Dalla cinematica del moto armonico, segue che la velocità del corpo è istantaneamente nulla nel punto di massima elongazione della molla, che viene raggiunto dal disco in un tempo \tau pari a un quarto del periodo T del moto. Si ha dunque (si ricordi che \omega=2\pi/T)

(4)   \begin{equation*} \tau=\dfrac{T}{4}=\dfrac{2\pi}{4\omega}, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{\tau=\dfrac{2\pi}{4}\sqrt{\dfrac{3m}{2k}}.}\]

 

Svolgimento Punto 2.

Per svolgere questo punto, risolviamo il problema di Cauchy relativo all’equazione differenziale del secondo ordine (3), ossia

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} \ddot{x}+\omega^2x=0\\ x(0)=0\\ \dot{x}(0)=v_0. \end{cases} \end{equation*}

La soluzione dell’equazione differenziale (5)_1\equiv(3)  è del tipo

(6)   \begin{equation*} x(t)=A\sin(\omega t+\phi), \end{equation*}

con A e \phi costanti da determinare; derivando ambo i membri dell’equazione (6) si ottiene

(7)   \begin{equation*} \dot{x}(t)=A\omega \cos \left(\omega t +\phi\right). \end{equation*}

Sostituendo t=0 nell’equazione (6) e nell’equazione (7), e sfruttando le condizioni iniziali x(0)=0, \dot{x}(0)=v_0, si ottiene il seguente sistema

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} x(0)=A \sin (\phi)=0\\ \dot{x}(0)=v_0=A \omega \cos (\phi), \end{cases} \end{equation*}

da cui si ottiene \phi=0 e A=v_0/\omega. La legge del moto del centro di massa del disco è dunque

(9)   \begin{equation*} x(t)=\dfrac{v_0}{\omega}\sin(\omega t)=x_{max}\sin(\omega t). \end{equation*}

Andiamo ora a studiare il sistema quando la molla è alla sua massima elongazione, ossia per x_{max}=x(\tau)=v_0/\omega.

 

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Prima di applicare le due leggi cardinali per i corpi rigidi è importante notare che nell’istante in cui si ferma il disco, la forza di attrito statico invertirà istantaneamente la propria direzione, come in figura 4. La forza di attrito statico inverte la propria direzione perché il disco inverte il proprio moto muovendosi nella direzione opposta. In questa configurazione, per le due leggi cardinali, si ha

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} -k\dfrac{v_0}{\omega}+f_s=-m \ddot{x}_{max}\\ N-mg+k(h-r)=0\\ f_sr=\dfrac{1}{2}mr \ddot{x}_{max}. \end{cases} \end{equation*}

Essendo un moto armonico si ha

(11)   \begin{equation*} \ddot{x}_{max}=x_{max}\omega^2 =\dfrac{v_0\omega^2}{\omega}=v_0\omega, \end{equation*}

da cui, sfruttando l’equazione (10)_3, si ottiene

(12)   \begin{equation*} f_s=\dfrac{1}{2}m \ddot{x}_{max}=\dfrac{1}{2}mv_0\omega. \end{equation*}

Sappiamo inoltre che f_s\leq\mu_sN, da cui deduciamo che

(13)   \begin{equation*} \mu_s^{\text{min}}=\dfrac{f_s}{N}. \end{equation*}

Sostituendo nella (13) le espressioni di f_s trovata in (12) e N trovata nella (10)_2, si ottiene

(14)   \begin{equation*} \mu_s^{\text{min}}=\dfrac{mv_0\omega}{2\left(mg-k(h-r\right)}=\sqrt{\dfrac{2k}{3m}}\left(\dfrac{mv_0}{2\left(mg-k(h-r)\right)}\right)=\sqrt{\dfrac{mk}{6}}\left(\dfrac{v_0}{\left(mg-k(h-r)\right)}\right) \end{equation*}

ossia

    \[\boxcolorato{fisica}{\mu_s^{\text{min}}=\sqrt{\dfrac{mk}{6}}\left(\dfrac{v_0}{\left(mg-k(h-r)\right)}\right).}\]

 

Si osservi che ai fini del secondo punto del problema non è stato necessario usare la prima equazione cardinale per i corpi rigidi, ovvero (10)_1 .

 

Approfondimento.

Ipotizziamo di non voler ricorrere alla la relazione \ddot{x}_{max}=\omega^2 x_{max}. A tal proposito riprendiamo il sistema

(15)   \begin{equation*} \begin{cases} -k\dfrac{v_0}{\omega}+f_s=-m \ddot{x}_{max}\\ N-mg+k(h-r)=0\\ f_sr=\dfrac{1}{2}mr \ddot{x}_{max}. \end{cases} \end{equation*}

Si osservi che il membro di destra dell’equazione (15)_1 è stato posto negativo perché nell’istante in cui il disco inverte il proprio moto l’accelerazione è minima, in altri termini \ddot{x}(\tau)=-\ddot{x}_{max}. Svolgendo i calcoli si ottiene

(16)   \begin{equation*} \begin{cases} -k\dfrac{v_0}{\omega}+f_s=-m \ddot{x}_{max}\\ N-mg+k(h-r)=0\\ f_sr=\dfrac{1}{2}mr \ddot{x}_{max} \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} -k\dfrac{v_0}{\omega}+f_s=-2f_s\\ N=mg-k(h-r)\\ \ddot{x}_{max} =\dfrac{2f_s}{m} \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} f_s=k\dfrac{v_0}{3\omega}\\ N=mg-k(h-r)\\ \ddot{x}_{max} =\dfrac{2f_s}{m}. \end{cases} \end{equation*}

Sostituendo N e f_s (definiti in (16)) in (13), si ottiene

(17)   \begin{equation*} \mu_s^{\text{min}}=\dfrac{f_s}{N}=\dfrac{k\dfrac{v_0}{3\omega}}{mg-k(h-r)}=\dfrac{k\dfrac{v_0}{3\omega}}{mg-k(h-r)}=\dfrac{k{v_0}}{3\omega\left(mg-k(h-r)\right)}=\sqrt{\dfrac{3m}{2k}}\left(\dfrac{k{v_0}}{3\left(mg-k(h-r)\right)}\right), \end{equation*}

o anche

(18)   \begin{equation*} \mu_s^{\text{min}}=\sqrt{\dfrac{mk}{6}}\left(\dfrac{v_0}{\left(mg-k(h-r)\right)}\right), \end{equation*}

come ottenuto in precedenza.

 

Osserviamo l’importanza di aver notato che la forza di attrito statico inverte il proprio verso nell’istante in cui il disco si ferma.

 

Fonte.

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

 


 
 

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