Esercizio corpo rigido 14

Dinamica del corpo rigido

Home » Esercizio corpo rigido 14
Generic selectors
Exact matches only
Search in title
Search in content
Post Type Selectors
post
page

 

Esercizio 14  (\bigstar\bigstar \largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Due masse m_A e m_B sono appese a una carrucola senza attrito di massa m_C e raggio R come in figura. La massa m_B viene abbandonata da ferma da un’altezza h determinare:
a) la velocità con cui tocca il suolo;
b) l’accelerazione angolare della carrucola.
Supporre che m_b>m_a.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Svolgimento. Scegliamo un sistema di riferimento Oxy fisso con origine coincidente nel centro della carrucola come in figura

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

dove \vec{T}_1 è la tensione generata dalla fune che collega la carrucola a m_B e \vec{T}_2 è la tensione generata dalla fune che collega la carrucola ad m_a.
Sapendo che m_b>m_a il sistema deve necessariamente entrare in movimento, altrimenti rimarrebbe tutto in quiete. Dalla seconda legge della dinamica[1] per il corpo m_a e il corpo m_b abbiamo lungo l’asse y

    \[\begin{cases} T_1-m_Bg=-m_Ba_B\\ T_2-m_Ag=m_Aa_A. \end{cases}\]

Dato che i fili sono posti alla stessa distanza dal centro della carrucola abbiamo

    \[a_A=a_B=a\]

per cui

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} T_1-m_Bg=-m_Ba\\ T_2-m_Ag=m_Aa. \end{cases} \end{equation*}

Dalle due leggi cardinali dei corpi rigidi [2] , tenendo conto del fatto che la carrucola sta solamente ruotando rispetto ad un asse passante per il proprio centro di massa e perpendicolare sul piano sul quale giace abbiamo

(2)   \begin{equation*} T_1R-T_2R=I_{cm} \alpha \end{equation*}

dove, considerando la carrucola come un disco, il momento d’inerzia è dato da I_{cm}=\frac{1}{2}m_cR^2 e \alpha il modulo dell’accelerazione angolare con in quale ruota la carrucola.
Da (1) e (2) otteniamo il seguente sistema

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} m_B a = - T_1 + m_B g\\ m_A a = T_2-m_Ag\\ \frac{1}{2}m_cR^2\,\alpha = T_1R-T_2R. \end{cases} \end{equation*}

Dalla geometria del problema notiamo che a=\alpha R e quindi

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} m_B a = - T_1 + m_B g\\ m_A a = T_2-m_Ag\\ \frac{1}{2}m_ca = T_1-T_2. \end{cases} \end{equation*}

Da (5)_1 abbiamo

    \[T_1 = m_Bg -m_Ba\]

mentre da (5)_2 otteniamo

    \[T_2 = m_Aa+m_Ag.\]

Sostituendo i risultati appena ottenuti in (5_3) arriviamo a

    \[\dfrac{1}{2}m_Ca=m_Bg-m_Ba-m_Aa-m_Ag\]

da cui

    \[a\left(\dfrac{1}{2}m_c+m_B+m_A \right) = (m_B-m_A)g\]

ovvero

    \[a = \dfrac{2(m_B-m_A)g}{m_c+2m_B+2m_A}.\]

Dalla cinematica, per il corpo m_B, tenendo conto che si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato, posto v_i=0\,\left[\frac{m}{s}\right], \Delta y = h e v_F la velocità prima di toccare il suolo, abbiamo che [3]

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_F = \sqrt{\dfrac{4hg(m_B-m_A)}{m_c+2m_B+2m_A}}.}\]

Inoltre, sapendo che a=\alpha R segue che

    \[\alpha=\dfrac{a}{R} = \dfrac{2(m_B-m_A)g}{R\left(m_c+2m_B+2m_A\right)}.\]

Dunque, concludiamo che l’accelerazione angolare della carrucola è

    \[\boxcolorato{fisica}{ \begin{aligned} \alpha = \dfrac{2(m_B-m_A)g}{R\left(m_c+2m_B+2m_A\right)}.}\]

 

Fonte:  ignota.

 

Richiami teorici.

1. Ricordiamo il secondo principio della dinamica: in un sistema di riferimento inerziale la somma di tutte le forze agenti su un punto materiale uguaglia la derivata della quantità di moto rispetto al tempo:

    \begin{equation*} \sum_{k=1}^{n}\vec{F}_k=\dfrac{d\vec{P}}{dt} \end{equation*}

dove \vec{P}=m\vec{v}.

 

2. Ricordiamo la seconda legge cardinale per i corpi rigidi:

(5)   \begin{equation*} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt} \end{equation*}

dove \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutti i momenti esterni al sistema, \vec{v}_O\prime è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema, \vec{v}_{CM} è la velocità del centro di massa ed infine \vec{L}_O\prime è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo O^\prime.
Se per il calcolo dei momenti esterni scegliamo un polo fisso o il centro di massa otteniamo

    \[\vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0}\]

quindi (5) diventa

(6)   \begin{equation*} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt}. \end{equation*}

Se \vec{L} è parallelo ad \vec{\omega} allora (6) può essere riscritta come segue

(7)   \begin{equation*} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt}=I\vec{\alpha}, \end{equation*}

dove I è il momento d’inerzia rispetto al polo scelto per il calcolo dei momenti esterni e \alpha è l’accelerazione angolare.}.

 

3. Si ricorda che quando un corpo si muove di moto rettilineo uniformemente accelerato vale che v^2(y)=v^2_i+2\Delta y\,a dove v\left(y\right) è la velocità in funzione dello spazio,v_i è la velocità iniziale e a è l’accelerazione, ovviamente costante.