Esercizio corpo rigido 64

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Esercizio 64 $(\bigstar \bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un cilindro pieno e omogeneo, di raggio $r$ , si trova in quiete e in posizione di equilibrio a contatto con la superficie interna di un contenitore fisso cilindrico vuoto internamente, di raggio $R$ . Nell’istante $t=0$ il rullo viene messo in moto. Si assuma che il cilindro rotoli senza strisciare sulla superficie del contenitore. Si determini:

il modulo minimo $v_{\min}$ della velocità iniziale del centro di massa del rullo affinché questo arrivi nella posizione di massima quota senza staccarsi dalla superficie del contenitore;
il valore minimo $\mu_{s,\min}$ del coefficiente di attrito statico per cui è possibile il puro rotolamento se la velocità iniziale del centro di massa del rullo ha modulo $v_{i,\text{CM}}=\sqrt{6g(R-r)}$ .

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Premessa. Nello svolgimento verranno usate le seguenti notazioni $\dot{\theta}$ , $\ddot{\theta}$ , $\omega$ e $\alpha$ . Le grandezze $\dot{\theta}$ e $\ddot{\theta}$ , sono rispettivamente la velocità angolare e l’accelerazione angolare del centro di massa del cilindro piccolo nel suo moto circolare, e $\omega$ e $\alpha$ , sono rispettivamente la velocità angolare e l’accelerazione angolare del cilindro piccolo nel suo moto di puro rotolamento. Si osservi che, rispetto al centro del cilindro grande il centro di massa del cilindro piccolo rimane sempre alla stessa distanza $R-r$ ; pertanto il centro di massa del cilindro piccolo si muove di moto circolare rispetto al centro del cilindro grande. Per esprimere la posizione del centro di massa del cilindro piccolo rispetto al centro della circonferenza grande abbiamo scelto di usare le coordinate polari, da cui, abbiamo espresso l’accelerazione del centro di massa in coordinate polari. È possibile, altrimenti, esprimere anche l’accelerazione in coordinate tangenziale e centripeta. Si ricordi che quando un corpo si muove di moto circolare l’accelerazione centripeta coincide con l’accelerazione radiale e l’accelerazione trasversa coincide con l’accelerazione tangenziale.

Svolgimento. Punto 1. Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Oxy$ la cui origine sia nel punto di contatto tra i due cilindri all’istante $t=0$ e l’asse $y$ sia orientato nella direzione della congiungente tra i centri dei due rulli nello stesso istante.

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Sappiamo che il moto del cilindro di raggio $r$ è di puro rotolamento, pertanto la sua energia cinetica rispetto ad un asse passante per il punto di contatto con il cilindro di raggio $R$ e perpendicolare al piano sul quale giace è puramente rotazionale, ovvero

(1) $\begin{equation*} K=\dfrac{1}{2}I\omega^2, \end{equation*}$

dove $I$ è il momento d’inerzia del cilindro rispetto a tale asse e $\omega$ è il modulo della velocità angolare del cilindrico in un generico istante $t>0$ rispetto al centro di massa. Applicando il teorema di Huygens-Steiner rispetto a tale asse, si ha

(2) $\begin{equation*} I=I_{\text{CM}}+mr^2=\dfrac{1}{2}mr^2+mr^2=\dfrac{3}{2}mr^2, \end{equation*}$

da cui

(3) $\begin{equation*} K=\dfrac{1}{2}I\omega^2=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{3}{2}mr^2\right)\omega^2=\dfrac{3}{4}mr^2\omega^2. \end{equation*}$

Ricordando che la relazione tra la velocità del centro di massa $\vec{v}_{\text{CM}}$ e la velocità angolare $\vec{\omega}$ è $\vec{v}_{\text{CM}}=-\vec{\omega}\wedge \vec{r}$ , è possibile riscrivere l’energia cinetica come segue

(4) $\begin{equation*} K=\dfrac{3}{4}mv_{\text{CM}}^2. \end{equation*}$

Le forze esterne al cilindro sono la reazione vincolare $\vec{N}$ e la forza di attrito statico $\vec{f}_s$ , rispettivamente normali e tangenti alla guida, ed entrambe applicate nel punto di contatto tra cilindro e contenitore cilindrico, e la forza peso $m\vec{g}$ diretta nella direzione dell’asse delle $y$ , e applicata nel centro di massa del cilindro. Tutte le forze sono rappresentate in figura 3.

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Le forze $\vec{N}$ e $\vec{f}_s$ fanno lavoro nullo e la forza peso $m\vec{g}$ è conservativa. Dunque, si conserva l’energia meccanica totale del cilindro.
Siano $v_{i,\text{CM}}$ la velocità iniziale del centro di massa del cilindro, $y_{i,\text{CM}}$ la quota iniziale del centro di massa del cilindro, $v_{f,\text{CM}}$ la velocità finale del centro di massa del cilindro raggiunta la quota massima, e $y_{f,\text{CM}}$ la quota massima raggiunta dal centro di massa del cilindro. Inoltre, prendiamo il livello $y=0$ come energia potenziale gravitazionale nulla. Di seguito, in figura 4, rappresentiamo la situazione nell’istante iniziale.

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L’energia totale del cilindro nell’istante iniziale è

(5) $\begin{equation*} E_i=\dfrac{3}{4}mv_{i,\text{CM}}^2+mgr. \end{equation*}$

Di seguito in figura 5 rappresentiamo la situazione finale.

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L’energia totale del cilindro nell’istante finale è

(6) $\begin{equation*} E_f=\dfrac{3}{4}mv_{f,\text{CM}}^2+mg(2R-r). \end{equation*}$

Per la conservazione dell’energia, si ha

(7) $\begin{equation*} E_i=E_f, \end{equation*}$

da cui

(8) $\begin{equation*} \dfrac{3}{4}mv_{i,\text{CM}}^2+mgr=\dfrac{3}{4}mv_{f,\text{CM}}^2+mg(2R-r), \end{equation*}$

o anche

(9) $\begin{equation*} \dfrac{3}{4}mv_{i,\text{CM}}^2=\dfrac{3}{4}mv_{f,\text{CM}}^2+2mg(R-r), \end{equation*}$

cioè

(10) $\begin{equation*} v_{i,\text{CM}}=\sqrt{v_{f,\text{CM}}^2+\dfrac{8}{3}g(R-r)}. \end{equation*}$

Per la prima legge cardinale dei corpi rigidi abbiamo

(11) $\begin{equation*} \vec{N}+\vec{f}_s+m\vec{g}=m\vec{a}_{\text{CM}}, \end{equation*}$

dove $\vec{a}_{\text{CM}}$ è l’accelerazione del centro di massa del cilindro. Nella figura 3 abbiamo rappresentato l’angolo $\theta$ che forma il segmento che congiunge il centro del cilindro vuoto con il centro di massa del cilindro pieno. Inoltre, sia $\rho$ la distanza tra il centro del cilindro vuoto e il cilindro pieno. Riscriviamo l’accelerazione in coordinate polari, ottenendo

(12) $\begin{equation*} \vec{N}+\vec{f}_s+m\vec{g}=m\left(\ddot{\rho}-\rho\,\dot{\theta}^2\right)\hat{\rho}+m\left(2\rho\,\dot{\rho}\,\dot{\theta}+\rho\,\ddot{\theta}\right)\hat{\theta}, \end{equation*}$

dove $\hat{\rho}$ e $\hat{\theta}$ sono rispettivamente i versori nella direzione radiale e trasversa. Notiamo che $\rho$ è costante, ed è pari ad $R-r$ durante tutto il moto del cilindro; pertanto l’equazione (12) diventa

(13) $\begin{equation*} \vec{N}+\vec{f}_s+m\vec{g}=-m\left(R-r\right)\left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2\,\hat{\rho}+m\left(R-r\right)\dfrac{d^2\theta}{dt^2}\,\hat{\theta}. \end{equation*}$

Scomponendo le forze nella direzione radiale e trasversa, abbiamo

(14) $\begin{equation*} -{N}\,\hat{\rho}+{f}_s\,\hat{\theta}+m{g}\left(\cos \theta\,\hat{\rho}-\sin\theta\,\hat{\theta} \right)=-m\left(R-r\right)\dot{\theta}^2\,\hat{\rho}+m\left(R-r\right)\ddot{\theta}\,\hat{\theta}, \end{equation*}$

conseguentemente

(15) $\begin{equation*} \begin{cases} -{N}+m{g}\cos \theta =-m\left(R-r\right)\dot{\theta}^2\\\\ {f}_s-mg\sin\theta=m\left(R-r\right)\ddot{\theta}. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla figura 3 deduciamo che la posizione del centro di massa è

(16) $\begin{equation*} \begin{cases} x=(R-r)\sin \theta \\ y=R-(R-r)\cos \theta , \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(17) $\begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}=(R-r)\dot{\theta}\cos \theta \\ \dot{y}=(R-r)\dot{\theta}\sin \theta , \end{cases} \end{equation*}$

e quindi il modulo del centro di massa è

(18) $\begin{equation*} v_{\text{CM}}=\sqrt{\dot{x}^2+\dot{y}^2}=\sqrt{(R-r)^2\dot{\theta}^2\left(\cos^2\theta+\sin^2\theta \right)}=(R-r)\dot{\theta}, \end{equation*}$

oppure

(19) $\begin{equation*} \dot{\theta}=\dfrac{v_{\text{CM}}}{R-r}. \end{equation*}$

Inoltre, derivando ambo i membri della (19), otteniamo

(20) $\begin{equation*} \ddot{\theta}=\dfrac{\dot{v}_{\text{CM}}}{R-r}=\dfrac{{a}_{\text{CM}}}{R-r}. \end{equation*}$

Avvalendoci delle equazione (19) e (20), il sistema (15) può essere riscritto come

(21) $\begin{equation*} \begin{cases} -{N}+m{g}\cos \theta =-m\left(R-r\right)\left(\dfrac{v_{\text{CM}}}{R-r}\right)^2\\\\ {f}_s-mg\sin\theta=m\left(R-r\right)\left(\dfrac{{a}_{\text{CM}}}{R-r}\right), \end{cases} \end{equation*}$

in altri termini

(22) $\begin{equation*} \begin{cases} -{N}+m{g}\cos \theta =-m\dfrac{v^2_{\text{CM}}}{R-r}\\\\ {f}_s-mg\sin\theta=ma_{\text{CM}}. \end{cases} \end{equation*}$

Quando il rullo si trova nel punto più alto si ha $\theta =\pi$ , da cui, il sistema (22) diventa

(23) $\begin{equation*} \begin{cases} -{N}-m{g}=-m\dfrac{v^2_{f,\text{CM}}}{R-r}\\\\ {f}_s=ma_{\text{CM}}. \end{cases} \end{equation*}$

Di seguito, in figura 6, rappresentiamo il diagramma delle forze quando il cilindro si trova nel punto più alto della guida cilindrica.

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Il problema richiede di determinare la velocità iniziale minima affinché il cilindro arrivi nel punto di massima quota, pertanto, nell’istante in cui il cilindro arriva nel punto di massa quota va imposta la condizione $N=0$ . L’equazione (23) $_1$ diventa

(24) $\begin{equation*} m\dfrac{v_{f,\text{CM}}^2}{R-r}=mg, \end{equation*}$

da cui

(25) $\begin{equation*}\ v_{f,\text{CM}}^2=g(R-r). \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione determinata per $v_{f,\text{CM}}^2$ nell’equazione (10), si trova

(26) $\begin{equation*} v_{i,\text{CM}}=\sqrt{g(R-r)+\dfrac{8}{3}g(R-r)}, \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{v_{i,\text{CM}}=v_{\min}=\sqrt{\dfrac{11}{3}g(R-r)}.}$

Punto 2. Nel moto di puro rotolamento del cilindro nella direzione radiale vale

(27) $\begin{equation*} {N}=m\dfrac{v_{\text{CM}}^2}{R-r}+m{g}\cos \theta . \end{equation*}$

La forza di attrito statico deve soddisfare

(28) $\begin{equation*} f_s\leq\mu_sN, \end{equation*}$

da cui, sfruttando l’equazione (27), abbiamo

(29) $\begin{equation*} f_s\leq\mu_s\left(\dfrac{mv^2_{\text{CM}}}{R-r}+mg\cos\theta\right). \end{equation*}$

Inoltre, utilizzando come polo il centro di massa del cilindro, ricaviamo dalla seconda equazione cardinale per i corpi rigidi

(30) $\begin{equation*} f_sr=I_{\text{CM}}\alpha, \end{equation*}$

dove $I_{\text{CM}}=\dfrac{1}{2}mr^2$ e $\alpha=\dot{\omega}$ è l’accelerazione angolare rispetto al centro di massa; perciò abbiamo

(31) $\begin{equation*} f_s=\dfrac{1}{2}mr\alpha. \end{equation*}$

Per la condizione di puro rotolamento sappiamo che $\vec{a}_{\text{CM}}=-\vec{\alpha} \wedge \vec{r}$ , da cui, si ha ${a}_{\text{CM}}=-{\alpha} r$ , e quindi l’equazione (31) diventa

(32) $\begin{equation*} f_s=\dfrac{1}{2}mr\left(-\dfrac{{a}_{\text{CM}}}{r}\right), \end{equation*}$

oppure

(33) $\begin{equation*} a_{\text{CM}}=-\dfrac{2f_s}{m}. \end{equation*}$

Mettendo a sistema le equazioni (22) $_2$ e (33), otteniamo

(34) $\begin{equation*} f_s-mg\sin\theta=-2f_s, \end{equation*}$

ovvero

(35) $\begin{equation*} f_s=\dfrac{1}{3}mg\sin\theta. \end{equation*}$

Consideriamo la situazione descritta in figura $3$ . Nell’istante generico $t>0$ l’energia totale del sistema è

(36) $\begin{equation*} E_f=\dfrac{3}{4}mv^2_{\text{CM}}+mg\left(R-(R-r)\cos \theta\right). \end{equation*}$

Per la conservazione dell’energia si ha

(37) $\begin{equation*} E_f=E_i , \end{equation*}$

da cui

(38) $\begin{equation*} \dfrac{3}{4}mv^2_{\text{CM}}+mg\left(R-(R-r)\cos \theta\right)=\dfrac{3}{4}mv_{i,\text{CM}}^2+mgr, \end{equation*}$

o anche

(39) $\begin{equation*} v^2_{\text{CM}}=v_{i,\text{CM}}^2-\dfrac{4}{3}g(R-r)(1-\cos\theta). \end{equation*}$

Sostituendo il valore di $v_{i,\text{CM}}$ fornito dal testo, otteniamo

(40) $\begin{equation*} v^2_{\text{CM}}=6g\left(R-r\right)-\dfrac{4}{3}g(R-r)(1-\cos\theta), \end{equation*}$

oppure

(41) $\begin{equation*} v^2_{\text{CM}}=g(R-r)\left(6-\dfrac{4}{3}g(1-\cos\theta)\right). \end{equation*}$

Sfruttando le equazioni (35) e (41), possiamo riscrivere la disequazione (29) come segue

$\begin{aligned} &\dfrac{1}{3}mg\sin\theta\leq\mu_s\left(\dfrac{mg(R-r)\left(6-\dfrac{4}{3}(1-\cos\theta)\right)}{R-r}+mg\cos\theta\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad\dfrac{1}{3}\sin\theta\leq\mu_s\left(6-\dfrac{4}{3}(1-\cos\theta)+\cos\theta\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad \sin\theta\leq\mu_s\left(18-4\left(1-\cos\theta\right)+3\cos\theta\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\Leftrightarrow\quad\mu_s\geq\dfrac{\sin\theta}{7\left(2+\cos\theta\right)}. \end{aligned}$

La disequazione appena ottenuta è valida per ogni $\theta \in [0,2\pi)$ . Consideriamo la funzione

(42) $\begin{equation*} \mu_s=\dfrac{\sin\theta}{7\left(2+\cos\theta\right)}, \end{equation*}$

che ha come derivata

(43) $\begin{equation*} \dfrac{d\mu_s}{d\theta}=\dfrac{1+2\cos \theta}{7\left(2+\cos\theta\right)^2}. \end{equation*}$

Poniamo

(44) $\begin{equation*} \dfrac{d\mu_s}{d\theta}\geq 0, \end{equation*}$

che ha come studio del segno il grafico rappresentato in figura 5.

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Dallo studio del segno deduciamo che per $\theta=\dfrac{2}{3}\pi$ il valore $\mu$ è massimo. Sostituendo $\theta=\dfrac{2}{3}\pi$ nella relazione (42), otteniamo

(45) $\begin{equation*} \mu_s=\dfrac{\sin\left(\dfrac{2}{3}\pi\right)}{7\left(2+\cos\left(\dfrac{2}{3}\pi\right)\right)}, \end{equation*}$

conseguentemente

$\boxcolorato{fisica}{\mu_s=\mu_{s,\min}=\dfrac{\sqrt{3}}{21}.}$

Osservazione. Consideriamo la situazione rappresenta in figura 6. Scegliamo come polo per il calcolo dei momenti esterni il punto di contatto tra cilindro piccolo e cilindro grande. È chiaro che, la somma dei momenti esterni risulta essere pari a zero, da cui, $\alpha =0$ . Sfruttando l’equazione (31) si ha che $f_s=0$ e quindi, a rigore, non andrebbe disegnata la forza di attrito statico nella figura 6, poiché è nulla.

Fonte: Problemi di fisica generale – S.Rosati e L. Lovitch.

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