Esercizio corpo rigido 58

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 58  (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un disco omogeneo di massa m e raggio r all’istante t=0 si trova alla base di un piano inclinato, con velocità \vec{v}_0, come in figura 1. Il piano inclinato forma un angolo \alpha con l’orizzontale ed è scabro, con coefficiente di attrito statico \mu_s e coefficiente di attrito dinamico \mu_d. Si calcoli

  1. l’istante di tempo t=\tau in cui il moto del disco diventa di puro rotolamento;
  2. lo spazio totale \ell percorso sul piano inclinato dal rullo prima di fermarsi.

 

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Svolgimento punto 1. Per risolvere il problema, scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con l’origine coincidente con il centro di massa del rullo nell’istante t=0 e l’asse x parallelo al piano inclinato. In figura 2 rappresentiamo le forze esterne agenti sul rullo.

 

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Le forze esterne che agiscono sul rullo sono la sua forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N} e la forza di attrito dinamico \vec{f}_d che si oppone al moto del rullo. Scegliendo come polo per il calcolo dei momenti esterni il centro di massa del rullo, dalla prima e seconda legge cardinale per i corpi rigidi, si ottiene

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} -mg\sin\theta-f_d=ma_{CM}\\\\ f_d r=I_{CM}\alpha\\\\ N=mg\cos\theta \end{cases} \end{equation*}

da cui, ricordando che f_d=N\mu_d e I_{CM}=\dfrac{1}{2}mr^2, si ha

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} -mg\sin\theta-mg\mu_d\cos\theta=ma_{CM}\\\\ mgr\mu_d\cos\theta=\dfrac{1}{2}mr^2\alpha\\\\ N=mg\cos\theta \end{cases}, \end{equation*}

o anche

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} a_{CM}=-g(\sin\theta+\mu_d\cos\theta)\\\\ \alpha=\dfrac{2g\mu_d\cos\theta}{r}\\\\ N=mg\cos\theta \end{cases}. \end{equation*}

Si osservi che l’unica forza che non ha momento nullo rispetto al centro di massa è la forza di attrito dinamico. Sappiamo che il disco un po’ rotola e un po’ trasla (rototraslazione), ma ad un certo istante t=\tau il moto diventerà di puro rotolamento, ovvero che varrà la condizione v_{CM}(\tau)=\omega (\tau)r.
Dal sistema (3) si deduce che sia a_{CM} che \alpha sono costanti, pertanto vale

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} v_{CM}(t)=v_0+a_{CM}t\\ \omega(t)=\alpha t \end{cases}. \end{equation*}

Imponendo t=\tau e ricordando che v_{CM}(\tau)=\omega (\tau)r, il sistema (4) diventa

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} v_{CM}(\tau)=\omega(\tau)\, r\\ v_{CM}(\tau)=v_0+a_{CM}\tau\\ \omega(\tau)=\alpha \tau \end{cases}, \end{equation*}

da cui

(6)   \begin{equation*} \alpha \tau r=v_0+a_{CM}\tau. \end{equation*}

Sostituendo le espressioni di \alpha e a_{CM} (definite nel sistema (3)) in (6), si ottiene

(7)   \begin{equation*} 2g\mu_d\tau\cos\theta=v_0-g(\sin\theta+\mu_d\cos\theta)\,\tau\quad\Leftrightarrow\quad(3g\mu_d\cos\theta+g\sin\theta)\,\tau=v_0, \end{equation*}

o anche

    \[\boxcolorato{fisica}{\tau=\dfrac{v_0}{g\left(3\mu_d\cos\theta+\sin\theta\right)}.}\]

 

Svolgimento punto 2. Calcoliamo ora lo spazio \ell percorso dal rullo prima di fermarsi.

 

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Nella fase iniziale del moto, in particolare per t\leq\tau, il rullo si muove lungo il piano inclinato di moto rototraslatorio, con accelerazione del centro di massa pari ad a_{CM}. Andiamo dunque a calcolare lo spazio d_1 percorso dal corpo rigido t=\tau. Sfruttando l’espressione per \tau ottenuta nel punto 1), troviamo

    \[\begin{aligned} d_1&=v_0\tau+\dfrac{1}{2}a_{CM}\tau^2=\\ &=v_0\left(\dfrac{v_0}{g\left(\sin\theta+3\mu_d\cos\theta\right)}\right)-\dfrac{1}{2}g(\sin\theta+\mu_d\cos\theta)\left(\dfrac{v_0}{g\left(\sin\theta+3\mu_d\cos\theta\right)}\right)^2. \end{aligned}\]

Per t\geq\tau il disco si muove di puro rotolamento. Lo spazio percorso dal disco prima di fermarsi è d_2.

 

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Nel tratto in cui il rullo si muove di puro rotolamento, l’energia si conserva. Pertanto, considerando l’istante di tempo t=\tau e l’istante di tempo t=\tilde{t} in cui il disco si ferma, si ha

(8)   \begin{equation*} mgd_1\sin \theta +\dfrac{1}{2}I_{CM}\omega^2(\tau)+\dfrac{1}{2}mv_{CM}^2(\tau)=mg(d_1+d_2)\sin \theta, \end{equation*}

cioè

(9)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}I_{CM}\omega^2(\tau)+\dfrac{1}{2}mv_{CM}^2(\tau)=mgd_2 \sin \theta. \end{equation*}

Sappiamo che v_{CM}=\omega(\tau)r, pertanto

(10)   \begin{equation*} \dfrac{1}{4}mr^2\omega^2(\tau)+\dfrac{1}{2}mr^2\omega^2(\tau)=mgd_2\sin\theta, \end{equation*}

da cui, sfruttando la relazione \omega (\tau)=\alpha \tau, si ottiene

(11)   \begin{equation*} \dfrac{3}{4}mr^2(\alpha \tau)^2=mgd_2 \sin \theta, \end{equation*}

ovvero sia, sfruttando \tau (trovato nel punto 1)) e \alpha (definita in (3)_2), si giunge ad

(12)   \begin{equation*} \left(\dfrac{3}{4}mr^2\right)\left[\left(\dfrac{2g\mu_d\cos\theta}{r}\right)\left(\dfrac{v_0}{g\left(\sin\theta+3\mu_d\cos\theta\right)}\right)\right]^2=mgd_2\sin\theta , \end{equation*}

infine

(13)   \begin{equation*} d_2=\dfrac{3(\mu_dv_0\cos\theta)^2}{g\sin\theta(\sin\theta+3\cos\theta\mu_d)^2}. \end{equation*}

Lo spazio percorso dal corpo prima di fermarsi è dunque

    \[\boxcolorato{fisica}{\ell=d_1+d_2=\dfrac{v_0^2}{g\left(\sin\theta+3\mu_d\cos\theta\right)}-\dfrac{1}{2}g(\sin\theta+\mu_d\cos\theta)\left(\dfrac{v_0}{g\left(\sin\theta+3\mu_d\cos\theta\right)}\right)^2+\dfrac{3(v_0\mu_d\cos\theta)^2}{g\sin\theta(\sin\theta+3\mu_d\cos\theta)^2}.}\]

 

 

Procedimento alternativo.

 

Svolgimento alternativo punto 1.  Risolviamo il problema scegliendo un polo diverso dal centro di massa per il calcolo dei momenti esterni, ovvero il punto di contatto tra il rullo e il piano inclinato. In questa configurazione, le equazioni cardinali della dinamica diventano

(14)   \begin{equation*} \begin{cases} -mg\sin\theta-mg\mu_d\cos\theta=ma_{CM}\\\\ - mgr\sin\theta =\dfrac{dL}{dt}\\\\ N=mg\cos\theta \end{cases}, \end{equation*}

dove L è il momento angolare del rullo rispetto al punto di contatto. Applicando il teorema di König per il momento angolare si ottiene

(15)   \begin{equation*} \vec{L}=\vec{L}^\prime+\vec{L}_{CM}=I_{CM}\vec{\omega}+m\vec{r}\wedge \vec{v}_{CM}=\left(-\dfrac{1}{2}mr^2\omega-mrv_{CM}\right)\hat{z}, \end{equation*}

da cui

(16)   \begin{equation*} L=-\dfrac{1}{2}mr^2\omega-mrv_{CM}. \end{equation*}

Ora, applicando le leggi cardinali dei corpi rigidi, si ha

(17)   \begin{equation*} \begin{cases} -mg\sin\theta-mg\cos\theta\mu_d=ma_{CM}\\ mgr\sin\theta =\dfrac{dL}{dt}\\ N=mg\cos\theta \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} a_{CM}=-g(\sin\theta+\mu_d\cos\theta)\\ mgr\sin\theta=\dfrac{d\left(-\dfrac{1}{2}mr^2\omega-mrv_{CM}\right)}{dt}\\ N=mg\cos\theta \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \end{equation*}

    \begin{equation*} \quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} a_{CM}=-g(\sin\theta+\cos\theta\mu_d)\\ mgr\sin\theta=-ma_{CM}-\dfrac{1}{2}mr\alpha\\ N=mg\cos\theta \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} a_{CM}=-g(\sin\theta+\mu_d\cos\theta)\\ \alpha=\dfrac{2g\mu_d\cos\theta}{r}\\ N=mg\cos\theta \end{cases}. \end{equation*}

Procedendo analogamente a prima si ritroverà lo stesso valore di \tau.

Svolgimento alternativo punto 2. Per determinare d_2 si può procedere alternativamente, con considerazioni di carattere dinamico. Scegliendo come polo il punto di contatto tra disco e piano per il calcolo dei momenti esterni, si ha

(18)   \begin{equation*} (I_{CM}+mr^2)\tilde{\alpha}=-mg\sin \theta , \end{equation*}

da cui

(19)   \begin{equation*} \left(\dfrac{1}{2}mr^2+mr^2\right)\tilde{\alpha}=-mg\sin \theta , \end{equation*}

o anche

(20)   \begin{equation*} \tilde{a}_{CM}=- \dfrac{2}{3}g\sin\theta. \end{equation*}

Si osservi che \tilde{\alpha}\neq \alpha e \tilde{a}_{CM}\neq {a}_{CM}.
Fissiamo un sistema di riferimento fisso Oxy con l’origine alla base del piano inclinato, come in figura 6.

 

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Sappiamo che nel momento in cui esso entra in regime di puro rotolamento, la sua velocità sarà v(\tau)=\alpha\tau r, ossia

(21)   \begin{equation*} v(\tau)=\underbrace{\left(\dfrac{2g\mu_d\cos\theta}{r}\right)}_{\alpha}\underbrace{\left(\dfrac{v_0}{g\left(3\mu_d\cos\theta+\sin\theta\right)}\right)}_{\tau}r=\dfrac{2\mu_dv_0\cos\theta }{\left(3\mu_d\cos\theta+\sin\theta\right)}. \end{equation*}

Da questo punto in poi, detto \tilde{t} l’istante di tempo in cui il rullo si ferma, sappiamo che il centro di massa si muove di moto uniformemente decelerato, allora si ha

(22)   \begin{equation*} v_{CM}(\tilde{t})=0=v(\tau)+\tilde{a}_{CM}\tilde{t}, \end{equation*}

da cui

(23)   \begin{equation*} \tilde{t}=-\dfrac{v(\tau)}{\tilde{a}_{CM}}=-\left(\dfrac{2\mu_dv_0\cos\theta }{\left(3\mu_d\cos\theta+\sin\theta\right)}\right)\left(-\dfrac{3}{2g\sin \theta }\right)=\dfrac{3\mu_dv_0 \cos \theta }{g\sin \theta \left(3\mu_d\cos\theta+\sin\theta\right)}. \end{equation*}

Infine, si ha[1]

(24)   \begin{equation*} x(\tilde{t})=d_1+d_2=d_1-\dfrac{1}{2}\tilde{a}_{CM}\tilde{t}^2, \end{equation*}

o anche

(25)   \begin{equation*} d_2=-\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{2}{3}g\sin \theta\right)\left(\dfrac{3\mu_dv_0 \cos \theta }{g\sin \theta \left(3\mu_d\cos\theta+\sin\theta\right)}\right)^2=\dfrac{3(\mu_dv_0\cos\theta)^2}{g\sin\theta(\sin\theta+3\mu_d\cos\theta)^2}, \end{equation*}

come trovato in precedenza.

 

1. Si ricordi che se un corpo si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato vale

    \[x(t)=x_0+v_f t -\dfrac{1}{2}at^2,\]

dove v_f è la velocità nel generico istante t, a è l’accelerazione costante e x_0 è la posizione iniziale in base al sistema di riferimento scelto.