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Esercizio corpo rigido 68

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 68 è il sessantottesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 67 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 69. 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 68

Esercizio 68 (\bigstar \bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Un’asta A di massa m_A può scorrere verticalmente senza attrito lungo una guida G. L’asta ha contatto praticamente puntiforme con la parete interna, a forma di semicirconferenza di raggio r, di un blocco B di massa m_B. Il blocco B è libero di scorrere sopra un piano orizzontale. Si indichi con \alpha l’angolo che forma il vettore che congiunge il centro della semicirconferenza e il punto di contatto tra guida e asta con la verticale, come rappresentato in figura 1.

  1. Si determinino i valori dell’angolo \alpha per i quali il sistema fisico costituito da asta e blocco è in equilibrio se il coefficiente di attrito statico tra il blocco e il piano vale \mu_{S}.
  2. Sia l’attrito tra il piano e il blocco trascurabile ed il sistema venga lasciato libero di muoversi con velocità iniziali nulle nella posizione corrispondente ad un angolo iniziale pari ad \alpha = \alpha_0; si calcoli il modulo v_A della velocità dell’asta in corrispondenza del valore \alpha = \alpha_1 < \alpha_0.

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema m_A, m_B, \mu_S, r, \alpha_0 ed \alpha_1.

Nota: nei calcoli assumere \cos{\alpha_1}-\cos{\alpha_0}>0.

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Figura 1: geometria del problema.

 
 

Svolgimento punto 1.

Adottiamo un sistema di riferimento fisso Oxy, come illustrato nella figura 2, in cui segnaliamo le forze applicate su ciascun corpo all’interno del sistema composto da asta e guida in esame.

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Figura 2: diagramma delle forze e sistema di riferimento.

   

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Adottiamo la notazione \hat{x} e \hat{y} per definire rispettivamente i versori degli assi x e y del sistema Oxy. Identifichiamo il punto di contatto tra l’asta A e la concavità della guida come D, come illustrato nella figura 2.

Affinché il sistema si trovi in equilibrio, la risultante delle forze esterne su entrambi i corpi A e B deve essere nulla.

Esaminiamo le forze esterne agenti su ciascun corpo. Sull’asta m_A agiscono la forza peso \vec{P}_A=m_A\vec{g}, la reazione vincolare \vec{R}_A per via del contatto con il corpo B, ortogonale alla semicirconferenza nel punto D, ed un’ulteriore forza vincolare \vec{R} che impedisce all’asta di traslare orizzontalmente. Le forze menzionate sono illustrate in figura 2. Da notare che, poiché l’asta è vincolata a muoversi verticalmente lungo la guida G, possiamo trascurare la sua dinamica lungo l’asse x. Infatti, la componente orizzontale della reazione vincolare, pari a R_A\sin\alpha, è bilanciata dalla forza vincolare \vec{R} di uguale modulo, stessa direzione ma verso opposto generata dal vincolo di scorrimento lungo la guida. L’asta, per ipotesi, deve essere in equilibrio, pertanto nella direzione dell’asse delle y si ha che

\begin{equation*} m_A g=R_A \cos{\alpha}\quad\Leftrightarrow\quad R_A=\frac{m_A g}{\cos{\alpha}}. \end{equation*}

L’espressione di R_A ottenuta nell’equazione (1) è valida, poiché per costruzione \alpha \neq \pi/2.

Per quanto riguarda il blocco di massa m_B, esso è soggetto alla forza peso \vec{P}_{B}, alla reazione vincolare \vec{R}_B uguale in modulo e direzione ma con verso opposto rispetto alla reazione vincolare \vec{R}_A, in accordo con il terzo principio della dinamica applicato al sistema costituito da blocco ed asta, alla reazione vincolare \vec{N} dovuta al contatto con il piano orizzontale ed alla forza di attrito statico \vec{f} causata dall’attrito tra il blocco e il piano. Tutte le forze sono rappresentate in figura 2.

Pertanto, poiché il blocco B è in equilibrio statico, per la seconda legge della dinamica vale

\begin{equation*} \vec{R}_B+m_B\vec{g}+\vec{f}+\vec{N}=\vec{0}. \end{equation*}

Siano R_{Bx} la componente della forza \vec{R}_B lungo l’asse x, R_{By} la componente della forza \vec{R}_B lungo l’asse y, N la componente della reazione vincolare \vec{N} lungo l’asse y, e f la componente della forza di attrito statico \vec{f} lungo l’asse x.

Proiettando l’equazione (2) lungo gli assi x ed y, otteniamo il seguente sistema

\begin{equation*} \begin{cases} R_{Bx}+f=0\\ N-m_Bg+R_{By}=0. \end{cases} \end{equation*}

Avvalendoci del fatto che (come è anche possibile osservare dalla figura 2)

\begin{equation*} R_{Bx}=-R_B\sin \alpha, \end{equation*}

e

\begin{equation*} R_{By}=-R_B\cos \alpha, \end{equation*}

dove R_B rappresenta il modulo del vettore \vec{R}_B. Quindi, utilizzando le equazioni (4) e (5), il sistema (3) risulta

\begin{equation*} \begin{cases} R_B\sin \alpha-f=0\\ N-m_Bg-R_B\cos \alpha=0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} R_B\sin \alpha=f\\ N=m_Bg+R_B\cos \alpha. \end{cases} \end{equation*}

Si osservi che per il terzo principio della dinamica vale

\begin{equation*} R_B=R_A, \end{equation*}

pertanto il precedente sistema diventa

\begin{equation*} \begin{cases} R_A\sin \alpha=f\\ N=m_Bg+R_A\cos \alpha. \end{cases} \end{equation*}

Affinché B rimanga in equilibrio, e di conseguenza anche A rimanga in equilibrio, deve valere

\begin{equation*} 0 \leq \left \vert f\right \vert \leq\mu_S \left \vert N\right \vert . \end{equation*}

Avvalendoci delle equazioni nel sistema (8) la disequazione precedente può essere scritta come

\begin{equation*} R_{A}\sin{\alpha}\leq \mu_S(m_Bg+R_{A}\cos{\alpha}), \end{equation*}

da cui

\begin{equation*} R_{A}(\sin{\alpha}- \mu_S\cos{\alpha})\leq \mu_Sm_Bg. \end{equation*}

Utilizzando l’espressione di R_A ricavata all’equazione (1) la precedente disequazione diventa

\begin{equation*} m_A g \tan{\alpha}- \mu_Sm_A g\leq \mu_Sm_Bg\quad\Leftrightarrow\quad \tan{\alpha}\leq \frac{\mu_S(m_B+m_A)}{m_A}, \end{equation*}

ossia

\[\boxcolorato{fisica}{\alpha\leq \arctan\left(\dfrac{\mu_S(m_B+m_A)}{m_A}\right).}\]

Dall’immagine della funzione arcotangente, deduciamo che -\pi/2<\alpha < \pi/2.

Svolgimento punto 2.

Adesso consideriamo il sistema fisico costituito dall’asta di massa m_A e dal blocco di massa m_B. Definiamo un sistema di riferimento non inerziale O^{\prime}x^{\prime}y^{\prime} solidale con la guida B, come illustrato nella figura 3. Gli assi delle x' e delle y' sono orientati nella stessa direzione e verso del sistema di riferimento precedente Oxy, con l’origine O^{\prime} situata nel centro della semicirconferenza.

Nel contesto del sistema di riferimento fisso Oxy, l’asta A si sposta rigidamente lungo un asse parallelo all’asse delle y, mentre il blocco B si muove lungo l’asse orizzontale. Pertanto, essendo il sistema O'x'y' solidale al blocco B, le coordinate del punto O' rispetto al sistema Oxy sono (x_0(t), y_0). Osserviamo che x_0(t) è una funzione del tempo perché il blocco B si sposta, ma essendo un corpo rigido il punto O^\prime rimane sempre alla stessa quota e per questo y_0 è costante.

Data la geometria del problema, la distanza tra l’origine O' e il punto di contatto D tra l’asta e la guida è indicata con r.

Inoltre, l’asta A forma un angolo \alpha(t) con la congiungente tra O' e D, il quale varia nel tempo rispetto al caso precedente in quanto l’asta trasla verticalmente.

Infine, senza ledere la generalità del discorso, con y_A(t) indichiamo l’ordinata del centro di massa dell’asta A al tempo t.

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Figura 3: sistema di riferimento non inerziale \displaystyle O'x'y'

   

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Dalla geometria problema, che è rappresenta nella figura 3, possiamo dedurre che la posizione del punto di contatto D nel sistema di riferimento Oxy al generico tempo t è espressa come segue

\begin{equation*} \begin{cases} x_D(t)=x_0(t)-r\sin\left({\alpha(t)}\right) \\ y_D(t)=y_0-r\cos\left({\alpha(t)}\right). \end{cases} \end{equation*}

Derivando ambo i membri delle equazioni del precedente sistema rispetto al tempo si ottiene

\begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}_D(t)=\dot{x}_0(t)-\dot{\alpha}(t)r\cos({\alpha(t)}) \\ \dot{y}_D(t)=\dot{y}_0+\dot{\alpha}(t)r\sin({\alpha(t)}) \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} 0=\dot{x}_0(t)-\dot{\alpha}(t)r\cos({\alpha(t)}) \\ \dot{y}_D(t)=\dot{\alpha}(t)r\sin({\alpha(t)}) \end{cases} , \end{equation*}

dove abbiamo imposto \dot{y}_0=0 poiché il punto O' è vincolato a muoversi orizzontalmente solidalmente al blocco B ed abbiamo stabilito \dot{x}_D(t)=0 in quanto l’asta è vincolata a muoversi verticalmente.

Il sistema (14) quindi può essere riscritto come

\begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}_0(t)=\dot{\alpha}(t)r\cos({\alpha(t)}) \\ \dot{y}_D(t)=\dot{\alpha}(t)r\sin({\alpha(t)}). \end{cases} \end{equation*}

È rilevante notare che poiché l’asta A e il blocco B non subiscono rotazioni e sono vincolati a muoversi rispettivamente lungo la verticale e l’orizzontale, ogni punto di tali corpi rigidi avrà la medesima velocità rispetto al sistema di riferimento fisso.

Verifichiamo quanto appena detto per l’asta A. Per definizione di corpo rigido, la distanza tra due punti dell’asta non cambia nel tempo ed in particolare la distanza tra il centro di massa ed il suo estremo,

\begin{equation*} y_A(t)-y_D(t)=\text{costante}, \end{equation*}

da cui derivando rispetto al tempo ambo i membri della precedente equazione avremo che

\begin{equation*} \dot{y}_A(t)-\dot{y}_D(t)=0\quad\Leftrightarrow\quad \dot{y}_A(t)=\dot{y}_D(t). \end{equation*}

Quindi la velocità del centro di massa dell’asta è uguale alla velocità del suo estremo. In base a questa osservazione, di seguito ci riferiremo in generale alla “velocità dell’asta” anziché riferirci ad un punto specifico. Un discorso perfettamente analogo vale per il corpo B.

Definiamo con v_A e v_B rispettivamente la componente verticale della velocità dell’asta A e la componente orizzontale della velocità del blocco B nel sistema di riferimento Oxy. Valutiamo

\begin{equation*} \dfrac{v_B(t)}{v_A(t)}\equiv\dfrac{\dot{x}_0(t)}{\dot{y}_A(t)}=\dfrac{\dot{x}_0(t)}{\dot{y}_D(t)}, \end{equation*}

dove nel secondo passaggio abbiamo utilizzato il risultato pervenuto nell’equazione (17). Sostituendo le espressioni di \dot{y}_D(t) e \dot{x}_0(t) ricavate nel sistema (15) si ha che

\begin{equation*} \dfrac{v_B(t)}{v_A(t)}=\dfrac{r\dot{\alpha}(t)\cos(\alpha(t))}{r\dot{\alpha}(t)\sin(\alpha(t))}=\cot(\alpha(t)), \end{equation*}

dove \cot(\alpha(t)) è la cotangente di \alpha(t). L’equazione (19) pone la velocità dell’asta A in funzione della la velocità del blocco B, mediante l’angolo \alpha(t).

A differenza del primo punto del problema, in cui asta e guida erano considerate separatamente, la scelta del sistema fisico compiuta in questo nuovo punto implica che le due reazioni vincolari tra l’asta e la guida sono forze interne che agiscono sempre parallelamente e in direzioni opposte, compiendo quindi un lavoro complessivamente nullo sul sistema.

Da notare che la reazione vincolare \vec{N} tra il blocco m_B ed il terreno è perpendicolare allo spostamento lungo x del blocco B, quindi compie lavoro nullo. Analogamente la forza vincolare \vec{R} che non fa traslare orizzontalmente l’asta, è ortogonale allo spostamento della stessa. Inoltre, poiché in questa situazione non ci sono forze di attrito e le due forze peso m_A\vec{g} e m_B\vec{g} sono conservative, si conserva l’energia meccanica in ogni istante t\geq0.

Considerando l’istante iniziale t=0 come quello in cui l’asta A forma con il blocco B un angolo pari a \alpha_0, e l’istante finale t come quello in cui tale angolo diventa \alpha_1<\alpha_0, come rappresentato in figura 4, possiamo scrivere

\begin{equation*} E_\text{ini}=E_\text{fin}, \end{equation*}

dove E_\text{ini} ed E_\text{fin} rappresentano rispettivamente l’energia meccanica del sistema costituito da asta e blocco all’istante iniziale e finale.

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Consideriamo, arbitrariamente, il centro della semicirconferenza O' come riferimento per il calcolo dell’energia potenziale gravitazionale dei due corpi

All’istante iniziale, l’energia meccanica del sistema costituito da asta e blocco è pari a

\begin{equation*} E_\text{ini}=U_\text{ini,A}+U_\text{ini,B}+K_\text{ini,A}+K_\text{ini,B}, \end{equation*}

dove U_\text{ini,A} ed U_\text{ini,B} rappresentano rispettivamente l’energia potenziale gravitazionale iniziale dell’asta A e del blocco B, mentre K_\text{ini,A} e K_\text{ini,B} le corrispondenti energie cinetiche iniziali.

Essendo per ipotesi asta e blocco fermi, avremo che K_\text{ini,A}=K_\text{ini,B}=0. Sia inoltre y_A(0) la quota del centro di massa dell’asta all’istante iniziale t=0 tale per cui U_\text{ini,A}=m_Agy_A(0). Osserviamo che, essendo il blocco di massa m_B un corpo rigido, U_\text{ini,B} rappresenta l’energia potenziale del centro di massa del blocco, per cui in principio dovremmo calcolarne l’ascissa rispetto al sistema Oxy. Tuttavia, poiché il blocco è vincolato a muoversi orizzontalmente, la quota del suo centro di massa non varierà nel tempo per cui non è necessario impelagarsi in tale calcolo1.

In virtù di quanto detto, l’espressione dell’energia meccanica iniziale del sistema data dall’equazione (21) diventa

\begin{equation*} E_\text{ini}=m_Agy_A(0)+U_\text{ini,B}. \end{equation*}

All’istante t>0, l’energia meccanica del sistema costituito da asta e blocco è data da

\begin{equation*} E_\text{fin}=U_\text{fin,A}+U_\text{fin,B}+K_\text{fin,A}+K_\text{fin,B}, \end{equation*}

dove U_\text{fin,A} ed U_\text{fin,B} rappresentano rispettivamente l’energia potenziale gravitazionale finale dell’asta A e del blocco B, mentre K_\text{fin,A} e K_\text{fin,B} le corrispondenti energie cinetiche finali.

In questo istante, ogni punto dell’asta è sceso di una quantità pari a \vert -r\cos\alpha_0+r\cos\alpha_1\vert, e di conseguenza il suo centro di massa si troverà ad una quota rispetto ad O' pari a y_A(t)=y_A(0)-(r\cos\alpha_1-r\cos\alpha_0).

Come anticipato precedentemente, il corpo B si muove solamente lungo x cosicché il suo centro di massa rimane sempre alla stessa quota e dunque la sua variazione di energia potenziale gravitazionale è nulla durante l’evoluzione del sistema, ossia U_\text{ini,B}=U_\text{fin,B}=\text{costante}.

Inoltre, sia l’asta che il blocco si muovono con velocità v_A e v_B rispetto al sistema di riferimento inerziale Oxy.

Sulla base di quanto illustrato, l’espressione dell’energia meccanica finale del sistema data dall’equazione (23) diventa

\begin{equation*} E_\text{fin}=m_Ag\left(y_A(0)-(r\cos\alpha_1-r\cos\alpha_0)\right)+U_\text{fin,B}+\dfrac{1}{2}m_Av_A^2+\dfrac{1}{2}m_Bv_B^2. \end{equation*}

Dalla conservazione dell’energia meccanica, data dall’equazione (20), si ha che

\begin{equation*} m_Agy_A(0)+U_\text{ini,B}=m_Ag\left(y_A(0)-(r\cos\alpha_1-r\cos\alpha_0)\right)+U_\text{fin,B}+\dfrac{1}{2}m_Av_A^2+\dfrac{1}{2}m_Bv_B^2, \end{equation*}

ovvero, utilizzando la relazione U_\text{ini,B}=U_\text{fin,B}, la precedente equazione diventa

\begin{equation*} m_Agy_A(0)=m_Agy_A(0)-m_Ag(r\cos\alpha_1-r\cos\alpha_0)+\dfrac{1}{2}m_Av_A^2+\dfrac{1}{2}m_Bv_B^2, \end{equation*}

dove le energie potenziali di B si sono elise. Mettendo a sistema l’equazione (19) con la precedente equazione, si ottiene

\begin{equation*} m_Ag(r\cos\alpha_1-r\cos\alpha_0)=\frac{1}{2}m_Av_A^2+\frac{1}{2}m_Bv_A^2\cot^2{\alpha_1}, \end{equation*}

ovvero

\begin{equation*} 2m_Agr(\cos\alpha_1-\cos\alpha_0)=(m_A+m_B\cot^2\alpha_1)v_A. \end{equation*}

In conclusione, esplicitando la precedente equazione in termini di v_A si ricava

\[\boxcolorato{fisica}{ v_A=\sqrt{\frac{2m_Agr(\cos{\alpha_1}-\cos{\alpha_0})}{m_A+m_B\cot^2{\alpha_1}}}.}\]

   

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  1. Inoltre, la traccia del problema non fornisce l’altezza del blocco m_B, essenziale per tale calcolo. ↩

 

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