Esercitazione N.3 “Dinamica del corpo

rigido”

Questi esercizi sono sulle lezioni dalla 12 alla 18

Relativo alla lezione:

• “Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso”

– Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso

Esercizio 1

• Su un disco di massa M e raggio R è praticata una sottile scanalatura di raggio r che non altera il suo momento d'inerzia. Al disco, che può ruotare attorno ad un asse orizzontale passante per il suo centro, sono appesi due corpi di massa 𝑚1ed 𝑚2 mediante due funi ideali arrotolate come in figura. Il sistema, inizialmente in quiete, viene lasciato libero di muoversi. Scrivere le equazioni del moto del sistema, determinando le accelerazioni lineari dei due corpi, l'accelerazione angolare della carrucola, il valore delle tensioni nelle due funi, con i seguenti valori numerici: 𝑀 = 1 𝑘𝑔 , 𝑟 = 10 𝑐𝑚 , 𝑅 =20 𝑐𝑚 , 𝑚1 = 100𝑔 , 𝑚2 = 200𝑔.

𝑚2

𝑚1

𝑟

𝑅

Esercizio 1 - soluzioni

• Scegliamo il verso della rotazione della carrucola in modo che il corpo più pesante scenda.

• Individuiamo le forze in gioco e decidiamo che le accelerazioni positive sono verso il basso

• In base a ciò scriviamo le equazioni del moto con gli opportuni segni:

𝑚2𝑔 − 𝑇2 = 𝑚2𝑎2𝑚1𝑔 − 𝑇1 = −𝑚1𝑎1

𝑀 = 𝐼0𝛼 ⇒ 𝑅𝑇2 − 𝑟𝑇1 = 𝐼𝛼

𝑚2

𝑚1

𝑟

𝑅

𝑂

𝑇2

−𝑇2

𝑇1

−𝑇1

𝑃1

𝑃2

Esercizio 1 - soluzione

• Il momenti di inerzia del disco per un asse passante per il suo centro, coincidente con il centro di massa è:

𝐼𝐶𝑀 =1

2𝑀𝑅2

• Dalle prime due equazioni del sistema precedente, valutiamo il modulo delle due tensioni:

𝑇2 = 𝑚2 𝑔 − 𝑎2 𝑇1 = 𝑚1 𝑔 + 𝑎1

• Poiché i cavi sono inestensibili, la relazione tra le accelerazioni lineari e l’accelerazione angolare risulta:

𝑎1 = 𝛼𝑟 𝑎2 = 𝛼𝑅

Esercizio 1 - soluzione

• Sostituiamo nell’ultima equazione del sistema i valori delle tensioni ed i valori delle accelerazioni ed otteniamo:

𝑅𝑇2 − 𝑟𝑇1 = 𝑅𝑚2 𝑔 − 𝑎2 − 𝑟𝑚1 𝑔 + 𝑎1 =

= 𝑅𝑚2 𝑔 − 𝛼𝑅 − 𝑟𝑚1 𝑔 + 𝛼𝑟 = 𝐼𝛼 =1

2𝑀𝑅2𝛼 ⇒

𝛼 = 𝑔𝑚2𝑅 −𝑚1𝑟

12𝑀𝑅2 +𝑚2𝑅

2 +𝑚1𝑟2= 10,14 𝑟𝑎𝑑/𝑠2

• Le accelerazioni dei due corpi risultano in modulo:

𝑎1 = 𝛼𝑟 = 1,01𝑚

𝑠2 𝑎2 = 𝛼𝑅 = 2,03

𝑚

𝑠2

Per come abbiamo scelto il verso delle accelerazione il corpo uno sale ed il corpo due scende.

Esercizio 1 - soluzione

• Le tensioni dei due cavi risultano: 𝑇1 = 𝑚1 𝑔 + 𝑎1 = 1,08 𝑁 𝑇2 = 𝑚2 𝑔 − 𝑎2 = 1,55 𝑁

Relativo alla lezione:

• “Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso”

– Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso

– Momento delle forze ed energia cinetica

Esercizio 2

• Un disco di raggio 𝑅 = 0,3 𝑚 può ruotare senza attrito attorno ad un asse verticale passante per il suo centro e fissato ad un piano. Sul disco è avvolto un filo ideale che passa nella gola di una carrucola priva di massa e alla cui estremità è appeso un corpo di massa 𝑚 = 0,1 𝐾𝑔. Inizialmente il sistema è in quiete; ad un certo punto viene lasciato libero e il corpo scende di 40 𝑐𝑚 in 0,5 𝑠. Calcolare:

– la tensione del filo;

– il momento di inerzia del disco;

– l’energia cinetica del disco dopo 0,5s.

𝑚

Esercizio 2 - soluzione

• Poiché la carrucola è ideale ed ha massa nulla, le tensioni coincidono in modulo:

𝑇′ = 𝑇

• Sul corpo in caduta agiscono le forze:

𝑃 + 𝑇 = 𝑚𝑎

• Assumendo positiva la direzione verso il basso, essa diviene: 𝑚𝑔 − 𝑇 = 𝑚𝑎 ⇒ 𝑇 = 𝑚 𝑔 − 𝑎

• Il corpo avrà un moto uniformemente accelerato.

𝑚

−𝑇 𝑇

𝑇′

−𝑇′

𝑃

Esercizio 2 - soluzione

• Valutiamo l’accelerazione del corpo dalla traccia:

𝑥 𝑡 =1

2𝑎𝑡2 ⇒ 𝑎 =

2𝑥

𝑡2= 3,2

𝑚

𝑠2

• La tensione del cavo risulta: 𝑇 = 𝑚 𝑔 − 𝑎 = 0,66𝑁

• Poiché il filo è solidale al disco la relazione tra accelerazione del corpo e accelerazione angolare è:

𝑎 = 𝛼𝑅

• Il momento applicato al disco è: 𝑀 = 𝑅𝑇

𝑅

𝑇 𝑖

𝑗

Esercizio 2 - soluzione

• Dal teorema del momento angolare si ha:

𝑀 = 𝑇𝑅 = 𝐼𝛼 = 𝐼𝑎

𝑅⇒

𝐼 =𝑇𝑅2

𝑎= 1,86 ⋅ 10−2 𝑘𝑔 𝑚2

• Il corpo parte da fermo, la sua velocità angolare risulta:

𝜔 = 𝛼𝑡 =𝑎

𝑅𝑡

• L’energia cinetica del disco risulta:

𝐸𝑘 =1

2𝐼𝜔2 =

1

2𝐼𝑎

𝑅𝑡1

2

= 0,264 𝐽

Relativo alle lezioni:

• “Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso”

– Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso

– Momento delle forze ed energia cinetica

– Teorema di Huygens-Steiner

• “Momenti d’inerzia e pendolo composto”

– Pendolo composto

Esercizio 3

• Due punti materiali di uguale massa 𝑚 = 0,5 𝑘𝑔 sono fissati agli estremi di un’asta rigida di massa trascurabile lunga 𝑙 = 40 𝑐𝑚. L’asta è libera di ruotare in un piano verticale attorno ad un asse fisso orizzontale passante per un punto O distante 𝑑 = 10 𝑐𝑚 dal suo estremo superiore.

– Scrivere l’equazione del moto del sistema e calcolare il periodo nel caso di piccole oscillazioni, dopo aver determinato la posizione del C.M. e il momento d’inerzia del sistema.

– Se invece non vale l’ipotesi di piccole oscillazioni, determinare l’angolo 𝜃 che l’asta forma con la verticale quando viene lasciata andare, sapendo che l’energia cinetica dell’asta quando passa per la verticale vale 𝐸𝑘 = 0,98 𝐽.

𝑙

𝑑

𝑂

Esercizio 3 - soluzione

• Il centro di massa è posto al centro dell’asta poiché i due corpi hanno la stessa massa, la sua posizione rispetto ad 𝑂 risulta:

𝑥𝐶𝑀 =𝑙 − 𝑑 𝑚 − 𝑑 𝑚

2𝑚=𝑙

2− 𝑑 = 0,1 𝑚

• Il momento di inerzia del sistema rispetto al polo O risulta per il teorema di H.S.:

𝐼𝑂 = 𝐼𝐶𝑀 +𝑚𝑡𝑜𝑡𝑥𝐶𝑀2 =

= 2𝑚𝑙

2

2

+ 2𝑚𝑙

2− 𝑑

2

= 0,05 𝑘𝑔 𝑚2

𝑥𝐶𝑀 𝑂

𝐶𝑀

Esercizio 3 - soluzione

• Poiché possiamo considerare la forza peso applicata nel centro di massa, il momento delle forze rispetto al polo O risulta ortogonale al disegno e pari a:

𝑀𝑂 = 𝑥𝐶𝑀 × 𝑃 = −𝑥𝑐𝑚2𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃𝑘

Il segno è negativo poiché abbiamo assunto che l’asse z sia uscente dal piano del disegno

• L’equazione della dinamica risulta:

𝑀𝑂 = 𝐼𝑂𝛼 = 𝐼𝑂𝛼𝑘

• Lungo l’asse z l’equazione diviene:

−𝑥𝐶𝑀2𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝐼𝑂𝛼 = 𝐼𝑂𝑑2𝜃

𝑑𝑡2

𝐶𝑀

𝑂

𝑥𝐶𝑀

𝑃 𝜃

𝑘

Esercizio 3 - soluzione

• Per un angolo 𝜃 piccolo, possiamo applicare l’approssimazione:

𝑠𝑒𝑛𝜃 ≈ 𝜃

• L’equazione diviene: 𝑑2𝜃

𝑑𝑡2= −2𝑚𝑔

𝑥𝐶𝑀𝐼𝑂

𝜃

• Essa è l’equazione di secondo grado di un moto armonico con pulsazione e periodo:

𝜔 = 2𝑚𝑔𝑥𝐶𝑀𝐼𝑂

⇒ T = 2𝜋𝐼𝑂

2𝑚𝑔𝑥𝐶𝑀= 1,42 𝑠

Esercizio 3 - soluzione

• Valutiamo ora l’angolo 𝜃 di partenza affinché quando il corpo è verticale, esso abbia la data energia cinetica.

• Poiché l’unica forza agente sul corpo che svolge lavoro è la forza peso (conservativa) l’energia totale si conserva.

• Quando il corpo è fermo ad un angolo 𝜃 con la verticale, l’energia totale coincide con l’energia potenziale del CM:

𝐸𝑖 = 𝐸𝑃 = 𝑚𝑇𝑂𝑇𝑔ℎ𝐶𝑀 = = 2𝑚𝑔𝑥𝐶𝑀(1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝐶𝑀

𝑂

𝜃

ℎ𝐶𝑀

𝑥𝐶𝑀𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑥𝐶𝑀

Esercizio 3 - soluzione

• Per il valore dell’energia potenziale scelto precedentemente, quando il corpo è verticale la sua energia totale coincide con l’energia cinetica:

𝐸𝑓 = 𝐸𝑘 =1

2𝑚𝑣𝐶𝑀

2

• Per la conservazione dell’energia totale: 𝐸𝑓 = 𝐸𝑘 = 𝐸𝑖 = 2𝑚𝑔𝑥𝐶𝑀 1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃 ⇒

𝑐𝑜𝑠𝜃 = 1 −𝐸𝑘

2𝑚𝑔𝑥𝐶𝑀= 0 ⇒ 𝜃 = 90°

Relativo alla lezione:

• “Moto di puro rotolamento”

– Moto di puro rotolamento

Esercizio 4

• Un disco di massa m e raggio R è posto su un piano inclinato scabro con coefficiente di attrito statico µ𝑠. Si determinino i valori dell’angolo di inclinazione 𝜃 del piano per i quali il disco rotola senza strisciare.

𝑁 𝑓𝑎𝑠

𝑃 𝜃

Esercizio 4 - soluzione

• L’equazione del moto risulta:

𝑃 + 𝑁 + 𝑓𝑎𝑠 = 𝑚𝑎

• In componenti lungo gli assi indicati in figura:

𝑁 −𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 = 0

𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑓𝑎𝑠 = 𝑚𝑎𝐶𝑀

• Per il teorema del momento angolare applicato al centro di massa del disco, si ha:

𝑁 𝑓𝑎𝑠

𝑃

𝑀 = 𝑅 × 𝑓𝑎𝑠 = 𝐼𝐶𝑀𝛼 • In componenti, lungo l’asse z

entrante diviene 𝑅𝑓𝑎𝑠 = 𝐼𝐶𝑀𝛼 𝜃

Esercizio 4 - soluzione

• Affinché il moto sia di puro rotolamento il punto di contatto del disco con il piano deve essere fermo, pertanto devono valere le relazioni:

𝑣𝐶𝑀 = 𝜔𝑅 e 𝑎𝐶𝑀 = 𝛼𝑅

• Con tale relazioni e sostituendo il valore dell’accelerazione ottenuto nel sistema, l’equazione precedente diviene:

𝑅𝑓𝑎𝑠 = 𝐼𝐶𝑀𝛼 = 𝐼𝐶𝑀𝑎𝐶𝑀𝑅

=𝐼𝐶𝑀𝑅𝑚

𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 − 𝑓𝑎𝑠 ⇒

𝑓𝑎𝑠 𝑅 +𝐼𝐶𝑀𝑅𝑚

=𝐼𝐶𝑀𝑅𝑚

𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃 ⇒ 𝑓𝑎𝑠 =𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑅2𝑚𝐼𝐶𝑀

+ 1

Esercizio 4 - soluzione

• La forza di attrito statico ha il valore massimo pari a: 𝑓𝑎𝑠 ≤ 𝜇𝑠𝑁 = 𝜇𝑠𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃

• Pertanto il valore massimo dell’angolo di inclinazione del piano è:

𝑓𝑎𝑠 =𝑚𝑔𝑠𝑒𝑛𝜃

𝑅2𝑚𝐼𝐶𝑀

+ 1≤ 𝜇𝑠𝑚𝑔𝑐𝑜𝑠𝜃 ⇒ 𝑡𝑔𝜃 ≤ 𝜇𝑠

𝑅2𝑚

𝐼𝐶𝑀+ 1

• Il momento d’inerzia del disco per un asse passante per il centro di massa è pari a:

𝐼𝐶𝑀 =1

2𝑚𝑅2

• La condizione di puro rotolamento diviene: 𝑡𝑔𝜃 ≤ 𝜇𝑠 2 + 1 = 3𝜇𝑠

Relativo alle lezioni:

• “Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso”

– Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso

– Momento delle forze ed energia cinetica

• “Momenti d’inerzia e pendolo composto”

– Pendolo composto

Esercizio 5

• Una piccola massa 𝑚 = 200 𝑔 è poggiata vicino al bordo di un disco di raggio 𝑅 = 30 𝑐𝑚 e massa 𝑀 = 3,6 𝐾𝑔. Il coefficiente di attrito statico fra la massa ed il disco è µ𝑠 = 0,38. Al sistema disco−massa, inizialmente fermo, è applicato un momento costante 𝜏 = 0,486 𝑁 𝑚. Il sistema si mette in rotazione e ad al tempo 𝑡𝑠 la massa, istantaneamente, si stacca dal disco. Il disco ruota in orizzontale. Calcolare:

– l'accelerazione del disco ad un tempo 𝑡 < 𝑡𝑠;

– l'accelerazione del disco ad un tempo 𝑡 > 𝑡𝑠;

– il tempo 𝑡𝑠.

Esercizio 5 – soluzione

• Per 𝑡 < 𝑡𝑠 il momento di inerzia del sistema risulta:

𝐼1 =1

2𝑀𝑅2 +𝑚𝑅2 = 0,18 𝑘𝑔 𝑚2

• L’accelerazione del sistema per 𝑡 < 𝑡𝑠, risulta:

𝜏 = 𝐼1𝛼1 ⇒ 𝛼1 =𝜏

𝐼1= 2,7

𝑟𝑎𝑑

𝑠2

• Per 𝑡 > 𝑡𝑠 il momento di inerzia del sistema risulta:

𝐼2 =1

2𝑀𝑅2 = 0,162 𝑘𝑔 𝑚2

• L’accelerazione del sistema per 𝑡 > 𝑡𝑠, risulta:

𝜏 = 𝐼2𝛼2 ⇒ 𝛼2 =𝜏

𝐼2= 3

𝑟𝑎𝑑

𝑠2

Esercizio 5 - soluzione

• Il corpo posto sul disco resta su di esso e ruota se la forza di attrito statico gli fornisce la necessaria forza centripeta.

• Il punto si stacca quando la forza di attrito statico diviene inferiore alla forza centripeta necessaria. Il caso limite si ha quando la forza di attrito è massima:

𝑓𝑎𝑠 ≤ 𝜇𝑠𝑁 = 𝜇𝑠𝑚𝑔

• Prima che il distacco avvenga il punto di massa m compie un moto circolare uniformemente accelerato con una accelerazione pari a 𝛼1. Poiché il corpo parte da fermo la velocità angolare ad un tempo t risulta:

𝜔 = 𝛼1𝑡

Esercizio 5 - soluzione

• Il corpo si distacca all’istante 𝑡𝑠 che verifica la condizione:

𝜇𝑠𝑚𝑔 = 𝑚𝜔2 𝑡𝑠 𝑅 = 𝑚𝛼12𝑡𝑠

2𝑅 ⇒

𝑡𝑠 =𝜇𝑠𝑔

𝛼12𝑅

= 1,30 𝑠

Relativo alle lezioni:

• “Dinamica dei sistemi: Sistema del CM, teoremi di König e dell’energia cinetica”

– Teorema di König per 𝐸𝐾

• “Urti”

– Distinzione tra tipologie di urti e urti completamente anelastici

– Urti anelastici ed urti con corpi rigidi

Esercizio 6

• Un disco di massa 𝑀 = 1 𝐾𝑔 e raggio 𝑅 = 20 𝑐𝑚 è inizialmente fermo su un piano orizzontale liscio. Un punto materiale di massa 𝑚 = 𝑀 in moto con una velocità 𝑣 = 4 𝑚/𝑠, diretta come in figura, urta il bordo del disco, rimanendovi attaccato. Determinare:

– il centro di massa del sistema costituito dal disco e dal punto materiale;

– la velocità del centro di massa del sistema dopo l’urto;

– la velocità angolare del sistema;

– l’energia dissipata nell’urto.

𝑣

Esercizio 6 - soluzione

• Il centro di massa del sistema risulta, considerando il centro del disco come il centro di riferimento del sistema:

𝑥𝐶𝑀 = 0

𝑦𝐶𝑀 =𝑅𝑚

𝑚 +𝑀=𝑅

2= 10 𝑐𝑚

• Il sistema dopo l’urto trasla e ruota.

• Il sistema è isolato, pertanto l’accelerazione del centro di massa è nulla. Il centro di massa si muove di moto rettilineo uniforme (non ruota).

𝑥

𝑦 𝐶𝑀

• Il sistema ruota attorno ad un asse passante per il centro di massa ed ortogonale al piano del disegno.

Esercizio 6 -soluzione

• Poiché il sistema è isolato, si conserva la quantità di moto:

𝑅𝐸 = 0 ⇒ Δ𝑝 = 0

• Lungo l’asse y non vi è moto, lungo l’asse x si ha:

𝑚𝑣 = 𝑚 +𝑀 𝑣𝐶𝑀 ⇒ 𝑣𝐶𝑀 =𝑚

𝑚 +𝑀𝑣 = 2 𝑚/𝑠

• Poiché il sistema è isolato si conserva il momento angolare rispetto qualunque polo. Valutiamolo rispetto al centro di massa:

𝐿𝑖 = 𝑅 − 𝑦𝐶𝑀 𝑚𝑣 = 𝐿𝑓 = 𝐼𝑧𝜔

Esercizio 6 - soluzione

• Valutiamo il momento di inerzia del sistema dopo l’urto rispetto al centro di massa utilizzando anche il teorema di H.S.:

𝐼𝑧 = 𝐼𝑧,𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜 + 𝐼𝑧,𝑝𝑢𝑛𝑡𝑜 =1

2𝑀𝑅2 +𝑀𝑦𝐶𝑀

2 +𝑚 𝑅 − 𝑦𝐶𝑀2 =

=1

2𝑀𝑅2 +𝑀

𝑅2

4+𝑚

𝑅2

4= 𝑀𝑅2

• Per la conservazione del momento angolare: 𝑅 − 𝑦𝐶𝑀 𝑣 = 𝑀𝑅2𝜔 ⇒

𝜔 =𝑅 − 𝑦𝐶𝑀 𝑚

𝑚𝑅2𝑣 =

1

2𝑅𝑣 = 10 𝑟𝑎𝑑/𝑠

Esercizio 6 - soluzione

• Poiché l’urto è totalmente anelastico l’energia cinetica del sistema non si conserva. L’energia cinetica finale è la somma dell’energia cinetica rotazionale e dell’energia cinetica del centro di massa:

𝐸𝑘𝑓 =1

2𝐼𝑧𝜔

2 +1

22𝑚𝑣𝐶𝑀

2

• L’energia cinetica iniziale coincide con quella del punto materiale:

𝐸𝑘𝑓 =1

2𝑚𝑣2

• La variazione di energia cinetica risulta:

Δ𝐸𝑘 =1

2𝐼𝑧𝜔

2 +𝑚𝑣𝐶𝑀2 −

1

2𝑚𝑣2 = −2𝐽