Esercizio corpo rigido 63

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Esercizio 63 $(\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un disco cilindrico omogeneo, di raggio $r$ , massa $M$ , è appoggiato con la superficie laterale su una superficie orizzontale liscia. Un corpo di massa $m=M/4$ , approssimabile a un punto materiale, è fissato al disco in un punto $C$ distante $d=r/2$ dal centro $O$ del disco. Il disco, inizialmente in quiete nella posizione di figura 1, con il segmento $\overline{OC}$ formante con la verticale un angolo $\theta_0$ , viene lasciato libero di muoversi. Sia $t=\tau$ l’istante in cui il punto $C$ viene a trovarsi per la prima volta sulla verticale passante per $O$ . In corrispondenza di tale istante, si calcoli:

1) lo spostamento $\Delta$ del centro $O$ del disco;

2) il modulo $v_0$ della velocità di $O$ ;

3) il modulo $N$ della reazione sviluppata dal piano di appoggio;

4) si determini il modulo $v_1$ della velocità di $O$ quando il segmento $OC$ forma con la verticale un angolo $\theta_1$ .

Supporre che il disco ruoti senza strisciare.

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Svolgimento Punto 1.

Scegliamo un sistema di riferimento fisso $O^{\prime}xy$ la cui origine sia nel punto di contatto tra il disco e il piano nell’istante iniziale (si veda la figura 2).

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In questo sistema di riferimento, nell’istante iniziale si ha che $O=(0,r)$ , mentre le coordinate del punto $C$ sono

(1) $\begin{equation*} C=\left(\dfrac{r}{2}\sin\theta_0, r-\dfrac{r}{2}\cos\theta_0\right). \end{equation*}$

Da queste due informazioni, possiamo ricavare la coordinata $x$ del centro di massa nell’istante iniziale, ossia

(2) $\begin{equation*} x_{cm,0}=\dfrac{Mx_O+mx_C}{M+m}=\dfrac{mr\sin\theta_0}{2(M+m)}. \end{equation*}$

Osserviamo che lungo l’asse delle $x$ non agiscono forze esterne sul sistema composto dal disco e dal punto $C$ , dunque, per la prima equazione cardinale dei corpi rigidi, concludiamo che lungo la direzione orizzontale la quantità di moto del centro di massa si conserva; questo implica, poiché il centro di massa ha velocità $v_x$ iniziale nulla, che la sua posizione lungo l’asse $x$ rimanga costante.

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Nell’istante $t=\tau$ , per ipotesi si ha che $x_{O,\tau}=x_{C,\tau}=x_\tau$ , dunque la posizione del centro di massa in questa configurazione sarà

(3) $\begin{equation*} x_{cm,\tau}=\dfrac{(m+M)\,x_\tau}{m+M}=x_\tau. \end{equation*}$

Inoltre, poichè la posizione iniziale del centro del disco è $x_O=0$ , concludiamo che $x_\tau=\Delta$ . Imponendo che l’ascissa del centro di massa si conservi, ossia che $x_{cm,0}=x_{cm,\tau}$ , troviamo

$\boxcolorato{fisica}{\Delta=\dfrac{mr\sin\theta_0}{2(M+m)}.}$

Svolgimento Punto 2.

Il punto $C$ rispetto al sistema di riferimento $O^\prime x y$ ha una velocità che ha sia una componente orizzontale che verticale, mentre $O$ ha una velocità diretta in direzione orizzontale, poiché vincolato (il disco) a muoversi lungo il piano orizzontale. Come abbiamo visto al punto precedente, la quantità di moto del centro di massa del sistema disco + punto materiale $C$ si conserva lungo la direzione orizzontale, e in particolare, per le condizioni iniziali essa è nulla. In un generico istante $t$ la quantità di moto del sistema è

(4) $\begin{equation*} Mv_O+mv_{C,x}=0\quad\Leftrightarrow\quad v_{C,x}=-\dfrac{M}{m}v_O, \end{equation*}$

dove $v_O$ e $v_{C,x}$ sono i moduli delle velocità lungo $x$ rispettivamente di $O$ e di $C$ nel generico istante $t$ . Inoltre, dal momento che il disco si muove di puro rotolamento e nel sistema (disco + punto materiale) agiscono solo forze conservative, possiamo concludere che l’energia totale del sistema conserva. Il sistema inizialmente è fermo, pertanto prendendo come livello dell’energia potenziale nulla il piano orizzontale, si ha che l’energia iniziale del sistema è

(5) $\begin{equation*} E_i=mg\left(r-\dfrac{r}{2}\cos\theta_0\right)+Mgr. \end{equation*}$

Nel generico istante $t$ , l’energia sarà data da

(6) $\begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}m\left(v_{C,x}^2+v_{C,y}^2\right)+\dfrac{1}{2}Mv_O^2+\dfrac{1}{2}I_{CM}\omega^2+mg\left(r-\dfrac{r}{2}\cos\theta\right)+Mgr, \end{equation*}$

dove $v_{C,x}$ è il modulo della componente lungo l’asse delle $x$ di $\vec{v}_C$ e $v_{C,y}$ è il modulo della componente lungo l’asse delle $y$ di $\vec{v}_C$ , $\omega$ è il modulo della velocità angolare del sistema, $\theta$ è l’angolo che forma $r/2$ con la verticale, e $I_{CM}=1/2Mr^2$ . Nell’istante $t=\tau$ si ha che $O$ e $C$ sono allineati, pertanto $v_{C,y}=0$ e $\theta=0$ , da cui

(7) $\begin{equation*} E_f(\tau)= \dfrac{1}{2}mv_{C,x}^2(\tau)+\dfrac{1}{2}Mv_O^2(\tau)+\dfrac{1}{4}Mr^2\omega^2(\tau)+\dfrac{mgr}{2}+Mgr. \end{equation*}$

Imponendo la conservazione dell’energia, ossia $E_i=E_f(\tau)$ , troviamo

(8) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv_{C,x}^2(\tau)+\dfrac{1}{2}Mv_O^2(\tau)+\dfrac{1}{4}Mr^2\omega^2(\tau)+mg\dfrac{r}{2}+Mgr=mg\left(r-\dfrac{r}{2}\cos\theta_0\right)+Mgr, \end{equation*}$

da cui, semplificando opportunamente e sostituendo $v_C$ con l’espressione (4), si ricava la seguente relazione:

(9) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}m\left(-\dfrac{M}{m}v_O(\tau)\right)^2+\dfrac{1}{2}Mv_O^2(\tau)+\dfrac{1}{4}Mr^2\omega^2(\tau)=mg\left(\dfrac{r}{2}-\dfrac{r}{2}\cos\theta_0\right), \end{equation*}$

i.e.

(10) $\begin{equation*} \boxed{ \dfrac{M^2}{2m}v_O(\tau)+\dfrac{1}{2}Mv_O^2(\tau)+\dfrac{1}{4}Mr^2\omega^2(\tau)=\dfrac{mgr}{2}\left(1-\cos\theta_0\right).} \end{equation*}$

Scegliamo un sistema di riferimento solidale con il disco e scriviamo la relazione che sussiste tra $\vec{v}_C$ (velocità di $C$ rispetto al sistema fisso), $\vec{\omega}$ e $\vec{v}_O$ . Abbiamo dunque, nel generico istante $t$ , quanto segue

(11) $\begin{equation*} \vec{v}_C=\vec{v}_O+\vec{\omega}\wedge\vec{d}, \end{equation*}$

o anche

(12) $\begin{equation*} v_{C,x}\,\hat{x}+v_{C,y}\,\hat{y}=v_O\,\hat{x}+\dfrac{r\omega}{2}\left(-\hat{z}\wedge \left(\sin \theta\hat{x}-\cos \theta\hat{y}\right)\right), \end{equation*}$

da cui

(13) $\begin{equation*} v_{C,x}\,\hat{x}+v_{C,y}\,\hat{y}=v_O\,\hat{x}+\dfrac{r\omega}{2}\left(-\sin \theta\,\hat{y}-\cos \theta\,\hat{x}\right), \end{equation*}$

cioè

(14) $\begin{equation*} v_{C,x}\,\hat{x}+v_{C,y}\,\hat{y}=\left(v_O-\dfrac{r\omega}{2}\cos \theta\right)\,\hat{x}-\dfrac{r\omega}{2}\sin \theta\,\hat{y}, \end{equation*}$

e quindi

(15) $\begin{equation*} \begin{cases} v_{C,x}=v_O-\dfrac{r\omega}{2}\cos \theta\\\\ v_{C,y}=-\dfrac{r\omega}{2}\sin \theta, \end{cases} \end{equation*}$

dove $\theta\in[0,2\pi).$ Si osservi che abbiamo considerato la velocità angolare negativa, perché per la fisica del problema il sistema ruota in senso orario, cioè abbiamo posto $\vec{\omega}=-\omega\,\hat{z}$ , con $\hat{z}$ verso dell’asse delle $z$ e $\omega>0$ . Nell’istante $t=\tau$ , come detto in precedenza, vale $\theta=0$ e $v_{C,y}=0$ , per cui la prima equazione del sistema (14) diventa

(16) $\begin{equation*} v_{C,x}(\tau)=v_O(\tau)-\dfrac{r\omega(\tau)}{2}, \end{equation*}$

dalla quale, sfruttando l’equazione (4), ricaviamo

(17) $\begin{equation*} -\dfrac{M}{m}v_O(\tau)=v_O(\tau)-\omega(\tau)\dfrac{r}{2}\quad\Leftrightarrow\quad\boxed{\omega(\tau)=\dfrac{2v_O(\tau)}{r}\left(\dfrac{M+m}{m}\right).} \end{equation*}$

Mettendo a sistema l’equazione (10) e l’equazione (17), si ottiene

(18) $\begin{equation*} \begin{cases} \omega(\tau)=\dfrac{2v_O(\tau)}{r}\left(\dfrac{M+m}{m}\right)\\\\\dfrac{M^2}{2m}v_O(\tau)+\dfrac{1}{2}Mv_O^2(\tau)+\dfrac{Mr^2}{4}\omega^2(\tau)=\dfrac{mgr}{2}\left(1-\cos\theta_0\right), \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(19) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\dfrac{M^2}{2m}v_O(\tau)+\dfrac{1}{2}Mv_O^2(\tau)+\dfrac{Mr^2}{4}\left(\dfrac{2v_O(\tau)}{r}\left(\dfrac{M+m}{m}\right)\right)^2=mg\left(\dfrac{r}{2}-\dfrac{r}{2}\cos\theta_0\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\quad\Leftrightarrow\quad \dfrac{M^2}{2m}v_O(\tau)+\dfrac{1}{2}Mv_O^2(\tau)+\dfrac{Mv_O^2(\tau)}{m^2}(m^2+M^2+2Mm)=\dfrac{mgr}{2}(1-\cos\theta_0)\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\quad\Leftrightarrow\quad v_O^2(\tau)\left({M^2m}+{Mm^2}+{2M}(m^2+M^2+2Mm)\right)={m^3gr}(1-\cos\theta_0)\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\quad\Leftrightarrow\quad v_O^2(\tau)\left({5M^2m}+{3Mm^2}+{2M^3}\right)={m^3gr}(1-\cos\theta_0)\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\quad\Leftrightarrow\quad v_O^2(\tau)=\dfrac{{m^3gr}(1-\cos\theta_0)}{\left({5M^2m}+{3Mm^2}+{2M^3}\right)}. \end{aligned} \end{equation*}$

Si conclude che

$\boxcolorato{fisica}{v_O^2(\tau)=\dfrac{{m^3gr}(1-\cos\theta_0)}{\left({5M^2m}+{3Mm^2}+{2M^3}\right)}.}$

Svolgimento Punto 3.

Osserviamo che nell’istante $t=\tau$ la reazione vincolare $\vec{N}$ , la forza peso $m\vec{g}$ e la forza peso $\vec{M}g$ , sono allineate e puntano in direzione radiale al raggio del disco. Nel sistema disco + punto materiale $C$ le forze esterne sono $m\vec{g}$ , $M\vec{g}$ , e la reazione vincolare $\vec{N}$ ; come detto in precedenza la quantità di moto del sistema si conserva nella direzione orizzontale, pertanto da questo si deduce che le forze (ovviamente) puntano solo nella direzione verticale. Di seguito in figura 5 rappresentiamo le forze esterne al sistema in un generico istante $t$ .

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Per la prima legge cardinale della dinamica, nel generico istante $t$ , abbiamo

(20) $\begin{equation*} N-mg-Mg=(m+M)\ddot{y}_{cm}. \end{equation*}$

Per determinare $\ddot{y}_{cm}$ sfruttiamo la definizione di accelerazione di centro di massa, cioè

(21) $\begin{equation*} \ddot{y}_{cm}=\dfrac{m\ddot{y}_{C}}{m+M}, \end{equation*}$

dove $\ddot{y}_{C}$ è l’accelerazione di $C$ nella direzione dell’asse delle $y$ del sistema di riferimento fisso. Si osservi che abbiamo sfruttato il fatto che l’accelerazione del disco ha solo direzione orizzontale e pertanto la componente verticale dell’accelerazione risulta essere nulla,. Deriviamo ambo i membri della seconda equazione del sistema (15), ottenendo

(22) $\begin{equation*} \ddot{y}_C=-\dfrac{r\alpha}{2}\sin \theta +\dfrac{r\omega^2}{2}\cos \theta, \end{equation*}$

dove $\alpha$ è l’accelerazione angolare del sistema [1]. Imponendo $t=\tau$ , si ha $\theta=0$ , da cui

(23) $\begin{equation*} \ddot{y}_C= \dfrac{r\omega^2}{2}. \end{equation*}$

Sfruttando (23), la relazione (21) diventa

(24) $\begin{equation*} \ddot{y}_{cm}=\dfrac{m\omega^2\dfrac{r}{2}}{m+M}, \end{equation*}$

da cui, l’equazione (20) diventa

(25) $\begin{equation*} N-mg-Mg=\dfrac{mr\omega^2}{2}. \end{equation*}$

Sfruttando l’equazione (17), l’equazione (26) diventa

(26) $\begin{equation*} N-mg-Mg=\dfrac{mr\omega^2}{2}=\dfrac{mr}{2}\left(\dfrac{4v^2_O(\tau)}{r^2}\dfrac{\left(M+m\right)^2}{m^2}\right) \end{equation*}$

$\boxcolorato{fisica}{N=(m+M)g+\dfrac{2(m+M)^2}{mr}v_O^2(\tau),}$

dove $v_O(\tau)$ è la velocità trovata al punto precedente.

Svolgimento alternativo Punto 3.

Un altro modo per risolvere questo punto consiste nel considerare l’ordinata del centro di massa in un generico istante di tempo. Dalla definizione di centro di massa, troviamo che $y_{cm}$ sarà una funzione di $\theta$ , ossia

(27) $\begin{equation*} y_{cm}=\dfrac{Mr+m\left(r-\dfrac{r}{2}\cos\theta\right)}{m+M}. \end{equation*}$

Derivando quest’espressione rispetto al tempo, si ottiene l’espressione della velocità del centro di massa lungo l’asse $y$

(28) $\begin{equation*} \dot{y}_{cm}=\dfrac{m\dfrac{r}{2}\dot{\theta}\sin\theta}{m+M}, \end{equation*}$

da cui, derivando ulteriormente rispetto al tempo, si ricava l’accelerazione del centro di massa

(29) $\begin{equation*} \ddot{y}_{cm}=\dfrac{m\dfrac{r}{2}}{m+M}\left(\ddot{\theta}\sin\theta+\dot{\theta}^2\cos\theta\right). \end{equation*}$

Per ipotesi, sappiamo che per $t=\tau$ si ha $\theta=0$ , dunque possiamo concludere che in questa configurazione vale la relazione

(30) $\begin{equation*} \ddot{y}_{cm}=\dfrac{m\dfrac{r}{2}}{m+M}\dot{\theta}^2=\dfrac{m\dfrac{r}{2}}{m+M}\left(\dfrac{2v_O(\tau)}{r}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)\right)^2=\dfrac{2(m+M)}{mr}v_O^2(\tau), \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato l’equazione (17) (si ha $\dot{\theta}^2=\omega^2$ ). Sostituendo l’espressione appena trovata all’interno dell’equazione (20), troviamo

(31) $\begin{equation*} N=(m+M)g+\dfrac{2(m+M)^2}{mr}v_O^2(\tau), \end{equation*}$

come trovato in precedenza.

Svolgimento Punto 4.

Nella risoluzione di questo punto, indicheremo con $v_1$ il modulo della velocità di $O$ e con $v_C$ il modulo della velocità del punto $C$ nell’istante in cui $\theta=\theta_1>0$ . La situazione fisica in questo caso è descritta dalla figura 6.

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Imponiamo la conservazione dell’energia in maniera del tutto analoga a quanto fatto nel punto $b)$ ; questa volta avremo

(32) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}mv_C^2+\dfrac{1}{2}Mv_1^2+\dfrac{1}{2}I_{CM}\omega^2=mg\left(r-\dfrac{r}{2}\cos\theta_0-\left(r-\dfrac{r}{2}\cos\theta_1\right)\right), \end{equation*}$

dove $v_c$ è il modulo della velocità di $C$ , $\omega$ è il modulo della velocità angolare e $I_CM=\dfrac{1}{2}Mr^2$ . Inoltre, lungo l’asse $x$ , non essendo presente alcuna forza esterna, continua a valere la conservazione della quantità di moto, dunque si ha

(33) $\begin{equation*} v_{C,x}=-\dfrac{M}{m}v_1. \end{equation*}$

Inoltre, dalla prima equazione del sistema (15), si ha

(34) $\begin{equation*} v_{C,x}=v_1-\dfrac{\omega r}{2}\cos\theta_1. \end{equation*}$

Mettendo a sistema (33) e (33), si ottiene

(35) $\begin{equation*} v_1-\dfrac{\omega r}{2}\cos\theta_1=-\dfrac{M}{m}v_1\quad \Leftrightarrow\quad v_1+\dfrac{M}{m}v_1=\dfrac{\omega r}{2}\cos\theta_1\quad\Leftrightarrow\quad\omega=\dfrac{2}{r\cos\theta_1}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)\,v_1. \end{equation*}$

Inoltre, per la seconda equazione del sistema (15), si ha

(36) $\begin{equation*} v_{c,y}=-\dfrac{\omega r}{2}\sin\theta_1, \end{equation*}$

da cui, utilizzando l’espressione di $\omega$ ricavata nella (35), si trova

(37) $\begin{equation*} v_{cy}=-\dfrac{ r}{2}\sin\theta_1 \left(\dfrac{2}{r\cos\theta_1}\right)\left(\dfrac{m+M}{m}\right)\,v_1=-v_1\tan\theta_1\left(\dfrac{m+M}{m}\right). \end{equation*}$

A questo punto, ricordando che $v_C^2=v_{Cx}^2+v_{Cy}^2$ , possiamo riscrivere la conservazione dell’energia (32) come segue:

(38) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\dfrac{1}{2}m(v_{Cx}^2+v_{Cy}^2)+\dfrac{1}{2}Mv_1^2+\dfrac{1}{4}Mr^2\omega^2=mg\left(-\dfrac{r}{2}\cos\theta_0+\dfrac{r}{2}\cos\theta_1\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{M^2}{m^2}v_1^2+(\tan\theta_1)^2\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2v_1^2\right)+\dfrac{1}{2}Mv_1^2+\dfrac{1}{4}Mr^2\left(\dfrac{4}{r^2(\cos\theta_1)^2}\right)\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2\,v_1^2=\dfrac{mgr}{2}(\cos\theta_1-\cos\theta_0). \end{aligned} \end{equation*}$

Invertendo l’equazione (38), troviamo

(39) $\begin{equation*} v_1^2=\dfrac{\dfrac{mgr}{2}(\cos\theta_1-\cos\theta_0)}{\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{M^2}{m^2}+(\tan\theta_1)^2\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2\right)+\dfrac{1}{2}M+\dfrac{M}{(\cos\theta_1)^2}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2}, \end{equation*}$

da cui

$\boxcolorato{fisica}{v_1=\sqrt{\dfrac{\dfrac{mgr}{2}(\cos\theta_1-\cos\theta_0)}{\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{M^2}{m^2}+(\tan\theta_1)^2\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2\right)+\dfrac{1}{2}M+\dfrac{M}{(\cos\theta_1)^2}\left(\dfrac{m+M}{m}\right)^2}}.}$

1. Nel passaggio di derivazione abbiamo operato come segue $\dfrac{d}{dt}\left(-\dfrac{r\omega}{2}\sin \theta\right)=-\dfrac{r}{2}\left(\alpha\sin \theta+\omega \dot{\theta}\cos \theta\right)$ . Poiché abbiamo messo il segno della velocità angolare a “priori”, ovvero non abbiamo fato venire il segno dall’equazione, ma lo abbiamo inserito “manualmente” da considerazioni di carattere fisico (ovvero sapevamo che il disco avrebbe ruotato in senso orario e pertanto abbiamo dedotto che la velocità angolare sarebbe venuta negativa), dobbiamo porre nuovamente $\dot{\theta}=-\omega$ . ↩

Fonte.

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

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