accelerazione 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigidocampus.unibo.it/2461/4/AE07-DinamicaCorpoRigido-4x1.pdf · Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica

7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido

Fisica Generale A

http://campus.cib.unibo.it/2461/

November 25, 2011

Esercizio 1

•! Un cilindro omogeneo di raggio r = 3 cm e massa m = 100 g, che rotola senza strisciare su di un piano orizzontale, è soggetto all’azione della forza costante di modulo pari a 10 N parallela al piano orizzontale, applicata all’asse del cilindro e perpendicolare a esso (vedi figura).

•! Determinare l’accelerazione del cilindro (supponendo che l’attrito volvente sia trascurabile).

!F

F!

2!Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!

Esercizio 1 (II)

•! Poiché il cilindro rotola senza strisciare, per metterlo in movimento occorre anche metterlo in rotazione.

•! L’accelerazione sarà perciò inferiore a quella di un identico cilindro che non ruota ma striscia senza attrito.

•! Nel problema sono incognite non soltanto l’accelerazione a, ma anche la reazione vincolare Rn del piano orizzontale sul cilindro e l’attrito radente statico Rt sul cilindro.

•! Il cilindro è soggetto, oltre che alla forza , alla forza peso e alla reazione vincolare del piano . Inoltre, poiché il cilindro rotola senza strisciare, esso è soggetto pure alla forza di attrito radente statico.

•! Risolviamo il problema mediante le equazioni della dinamica del corpo rigido:

!F

!Rn

!p

!Rt

!R

e( ) = Mtot

!aG

Me( )u( ) = Iu "!

"#$

%$

!F!

Rt

!p

!Rn

G


Esercizio 1 (III)

•! Osserviamo innanzitutto che, se il cilindro rotola senza strisciare, tra la sua rotazione e il suo avanzamento vale la relazione:

•! Da cui si ricava, derivando:

•! Prendendo come asse u l’asse del cilindro (soltanto la forza ha momento assiale diverso da 0 rispetto all’asse del cilindro), si ha nel nostro caso:

•! Il momento di inerzia del cilindro è dato da:

! = !" =!sr=vGr

# !! =!vGr

=aGr

s = r! " ! = sr !

r!

s

r

!Rt

!R

e( ) = Mtot

!aG

Me( )u( ) = Iu "!

"#$

%$&

!F + !p +

!Rt +

!Rn = m !aG

Rtr = Iu "! = IuaGr

"

#$

%$

Iu =

12

mr 2


!F!

Rt

!p

!Rn

G

Esercizio 1 (IV)

•! Nel nostro caso, si ha perciò:

•! Introducendo i dati:

•! Osserviamo che se il cilindro avesse strisciato senza attrito radente statico (senza rotolare) sul piano, l’accelerazione sarebbe stata: e dunque sarebbe stata superiore.

!F +!Rt = m

!aGRtr = Iu

aGr

= 12mr 2

aGr

!"#

$#%

F & Rt = maG

Rt =12maG

!"#

$#

F & 12maG = maG % F = 3

2maG % aG = 2

3Fm

aG = 23Fm

= 2310N0.1kg

= 66.7m s2

aG =

Fm

=10N0.1kg

= 100m s2


!F!

Rt

!p

!Rn

G

Esercizio 1 – Soluzione Alternativa

•! Prendiamo come asse di riduzione u la retta c di contatto tra il cilindro e il piano orizzontale (passante per il punto C in figura).

•! In questo caso la forza di attrito statico ha momento nullo mentre la forza attiva ha momento diverso da zero.

•! Inoltre il moto istantaneo del cilindro diviene un moto puramente rotatorio (non più rototraslatorio) attorno all’asse c passante per C.

•! Possiamo allora risolvere il problema utilizzando soltanto la seconda equazione della dinamica del corpo rigido:

!Rt

!F

C

G

M e( )c( ) = Ic !! " Fr = Ic !! = Ic

aGr

" aG = r2

IcF = r 2

Iu + mr2 F

aG =1

Iu

r 2 + mF =

1Iu

mr 2 +1

Fm

=1

12+1

Fm

=23

Fm


!F!

Rt

!p

!Rn

G

Esercizio 2

•! Due sfere omogenee di raggio R = 1 cm, aventi la medesima massa m = 100 g, scendono lungo un piano inclinato, di inclinazione ! = "#/1000 rad: la prima strisciando senza rotolare in assenza di ogni forma di attrito, la seconda rotolando senza strisciare, in assenza di attrito volvente.

•! Determinare le accelerazioni delle 2 sfere. •! " = 30.

! !


Esercizio 2 (II)

•! La prima sfera è soggetta soltanto alla forza peso e alla reazione vincolare del piano.

•! Poiché la prima sfera trasla senza ruotare, essa può essere considerata un punto materiale.

•! Il secondo principio della dinamica si scrive:

•! Prendendo le componenti parallela e perpendicolare al piano inclinato si ha:

•! Introducendo i dati:

!

!Rn!

Rt!p!cosp !

sinp !

!

!Rn

!p!cosp !

sinp !

!p +!Rn = m!a

!!

Rn " pcos# = 0psin# = ma

$%&

'&(

Rn = pcos#

a = psin#m

$%&

'&

a1 = g sin! = 9.81sin 301000"( ) =

= 0.923m s2


Esercizio 2 (III)

•! La seconda sfera è soggetta alla forza peso, alla reazione vincolare del piano e alla forza di attrito radente statico.

•! Poiché la seconda sfera rotola senza strisciare, essa non può essere considerata un punto materiale. Le equazioni della dinamica del corpo rigido: per la seconda sfera (calcolando i momenti rispetto all’asse orizzontale Iu, passante per il centro della sfera e parallelo al piano inclinato) si scrivono: (soltanto l’ attrito radente statico ha momento assiale non nullo rispetto all’asse Iu).

!R

e( ) = Mtot

!aG

Me( )u( ) = Iu "!

"#$

%$

!p +!Rn +

!Rt = m!aG

Rtr = Iu"!

"#$

%$


!

!Rn!

Rt!p!cosp !

sinp !

!

!Rn

!p!cosp !

sinp !

Esercizio 2 (IV)

•! Considerando le componenti parallela e perpendicolare al piano inclinato e ricordando che il momento di inerzia di una sfera omogenea rispetto a un asse passante per il suo centro è: si ha:

!!

" pcos# + Rn = 0psin# " Rt = maG

$%&

'&

Rtr = Iu "( = IuaGr

$

%&&

'&&

)

Rn = pcos#

Rt = IuaGr 2

psin# " IuaGr 2

= maG

$

%

&&&

'

&&&

Iu =

25

mr 2

psin! "25

m r 2 aG

r 2= maG

maG 1+25

#$%

&'(= psin!


!

!Rn!

Rt!p!cosp !

sinp !

!

!Rn

!p!cosp !

sinp !

Esercizio 2 (V)

•! Da cui:

•! Introducendo i dati dell’esercizio:

75

maG = psin!

aG =57

pm

sin! =57

g sin!

a2 =57g sin! = 5

79.81sin 30

1000"( ) == 0.659m s2


!

!Rn!

Rt!p!cosp !

sinp !

!

!Rn

!p!cosp !

sinp !

Esercizio 3

•! Tre corpi omogenei, una sfera, un cilindro e un tubo di spessore trascurabile, tutti di raggio R = 2 cm, e aventi la medesima massa m = 300 g, scendono lungo un piano inclinato, di inclinazione ! = "#/1000 rad, rotolando senza strisciare, in assenza di attrito volvente e con l’asse di rotazione parallelo alle isoipse.

•! Determinare le accelerazioni dei 3 corpi. •! " = 40.

! ! !


Esercizio 3 (II)

•! Ripetendo quanto detto nella seconda parte dell’esercizio precedente, si ha: !R

e( ) = Mtot

!aG

Me( )u( ) = Iu "!

"#$

%$&

!p +!Rn +

!Rt = m

!aG

Rtr = Iu "!

"#$

%$

!!

" pcos# + Rn = 0psin# " Rt = maG

$%&

'&

Rtr = Iu "( = IuaGr

$

%&&

'&&

)

Rn = pcos#

Rt = IuaGr 2

psin# " IuaGr 2

= maG

$

%

&&&

'

&&&

!

!Rn

!p!cosp !

!Rt

!

!Rn

!p!cosp !

!Rt

!

!Rn

!p!cosp !

!Rt


Esercizio 3 (III)

•! Da cui:

•! Avremo perciò, per i 3 corpi:

psin! = Iu

aG

r 2 + maG = m +Iu

r 2

"

#$%

&'aG

aG =psin!

m +Iu

r 2

=g sin!

1+Iu

mr 2

Iusfera( ) =

25

mr 2

Iutubo( ) = mr 2

Iucilindro( ) =

12

mr 2

!

"

###

$

###

%

aGsfera( ) =

g sin&

1+ 25

=57

g sin&

aGtubo( ) =

g sin&1+1

=12

g sin&

aGcilindro( ) =

g sin&

1+ 12

=23

g sin&

!

"

####

$

####


!

!Rn

!p!cosp !

!Rt

!

!Rn

!p!cosp !

!Rt

!

!Rn

!p!cosp !

!Rt

Esercizio 3 (IV)

•! Sostituendo i dati dell’esercizio:

aGsfera( ) = 5

7g sin! = 5

79.81sin 4

100"( ) = 0.878

aGtubo( ) = 1

2g sin! = 1

29.81sin 4

100"( ) = 0.615

aGcilindro( ) = 2

3g sin! = 2

39.81sin 4

100"( ) = 0.820

#

$

%%%

&

%%%


!

!Rn

!p!cosp !

!Rt

!

!Rn

!p!cosp !

!Rt

!

!Rn

!p!cosp !

!Rt

Esercizio 4

•! Un carrello, dotato di 4 ruote, ha massa (escluse le ruote) pari a M = 50 kg, mentre ogni ruota ha massa pari a e raggio r = 50 cm.

•! Il carrello viene trainato mediante una fune, con una forza orizzontale pari a 100 N. Trascurando gli attriti volventi e gli attriti radenti dinamici, e considerando le ruote come cilindri omogenei, calcolare l’accelerazione del carrello.

•! " = 300.

m = 0.2 + !

5000( )M

F!M

m m


Esercizio 4 (II)

•! Poiché il carrello ha 4 ruote che rotolano senza strisciare, per metterlo in movimento occorre anche mettere in rotazione le 4 ruote.

•! L’accelerazione sarà perciò inferiore a quella di un identico carrello le cui ruote non ruotano ma strisciano senza attrito.

•! Nel problema sono incognite non soltanto l’accelerazione a, ma anche le reazioni vincolari Rn del suolo verso le 4 ruote (che sono uguali se il baricentro è equidistante dalle 4 ruote) e l’attrito radente statico Rt sulle 4 ruote.

•! Risolviamo il problema mediante le due equazioni:

•! Nel nostro caso si ha:

!R

e( ) = Mtot

!aG

Me( )u( ) = Iu "!

"#$

%$

!F + !p + 4

!Rn + 4

!Rt = M + 4m( ) !aG

Rtr = Iu "!

"#$

%$

F!

M

m m!Rt

!Rt

!p!Rn

!Rn

G


Esercizio 4 (III)

•! Separando le componenti orizzontali e verticali si ha:

•! Il momento di inerzia delle ruote, considerate cilindriche, rispetto al proprio asse è:

F ! 4Rt = M + 4m( )aG4Rn ! p = 0

Rtr = Iu !" = IuaGr

#

$

%%%

&

%%%

'

Rt = IuaGr 2

F ! 4IuaGr 2

= M + 4m( )aGRn =

p4

#

$

%%%

&

%%%

F = M + 4m + 4Iu

r 2

!

"#$

%&aG

aG =F

M + 4m + 4Iu

r 2

Iu =

12

mr 2


F!

M

m m!Rt

!Rt

!p!Rn

!Rn

G

Esercizio 4 (IV)

•! Per cui:

•! Sostituendo i numeri si ha:

•! Si noti che se le ruote avessero strisciato senza rotolare in assenza di attrito l’accelerazione sarebbe stata: e dunque sarebbe stata maggiore.

aG = F

M + 4m+ 4 1r 212mr 2

= FM + 4m+ 2m

= FM + 6m

m = 0.2 + !5000( )M = 0.2 + 300

5000( )50 kg = 13 kg

aG = FM + 6m

= 100N50kg+ 6 "13kg

=100 kg m s2

128 kg= 0.781m s2

aG =F

M + 4m=

100N50kg+ 4 !13kg

=100 kg m s2

102 kg=

= 0.980m s2


F!

M

m m!Rt

!Rt

!p!Rn

!Rn

G

Esercizio 5

•! Uno yo-yo è costituito da un cilindro omogeneo scanalato, di raggio R = 7 cm e massa m = 100 g (scanalatura di larghezza trascurabile), sulla cui gola, di raggio , è avvolto uno spago, fissato, all’altra estremità, al soffitto.

•! Calcolare l’accelerazione dello yo-yo. •! " = 300.

r = !200 cm


r R

Esercizio 5 (II)

•! Sullo yo-yo agiscono 2 forze: –! La forza peso, applicata al baricentro (che sta sull’asse dello yo-yo). –! La tensione del filo, applicata nel punto in cui il filo si distacca dalla gola

dello yo-yo. •! Risolviamo il problema mediante le due equazioni:

•! Nel nostro caso si ha:

•! La velocità angolare con cui lo yo-yo ruota attorno al proprio asse è legata alla velocità con cui esso discende, dalla relazione:

!R

e( ) = Mtot

!aG

Me( )u( ) = Iu "!

"#$

%$

m!g +!T = m !a

Tr = Iu "!"#$

%$&

mg 'T = maTr = Iu "!"#$

%$

s = r! " ! = sr

" # = vr

" !# = ar


r Rm!g

!T

r!s

r !

Esercizio 5 (III)

•! Inoltre il momento di inerzia dello yo-yo, trattandosi di un cilindro di raggio R con una scanalatura di larghezza trascurabile, è dato da:

•! Avremo perciò:

mg !T = ma

Tr = Iu !" = Iuar

# T = Iuar 2

= 12mR2 a

r 2

$%&

'&

mg ! 12mR2 a

r 2= m a # g = 1+ 1

2R2

r 2(

)*+

,-a

a = g

1+ 12R2

r 2

Iu =

12

mR2


r Rm!g

!T

Esercizio 5 (IV)

•! Introducendo i dati del problema:

•! Si ha:

m = 100gR = 7cm

r = !200

cm =300200

cm = 1.5cm

a = g

1+ 12R2

r 2

= 981

1+ 0.5! 492.25

cm s2 = 82.5cm s2


r Rm!g

!T

Esercizio 6

•! Una ruota di massa M (vedi figura), il cui momento di inerzia, rispetto all’asse passante per il centro di massa e ortogonale al foglio, vale Io = M(R2 + r2)/2 con r = "R/2000, viene lanciata su di un piano orizzontale, in presenza di attrito dinamico.

•! All’istante del lancio la velocità del centro di massa della ruota ha modulo v0 e la ruota ha solo moto traslatorio.

•! Se tr è l’istante in cui il moto diventa di puro rotolamento, determinare il rapporto ! = vG(tr)/v0 fra il modulo della velocità del centro di massa della ruota a tale istante e il modulo della velocità iniziale del centro di massa.

•! " = 234 R

r

!v0


Esercizio 6 (II)

•! La ruota, strisciando sul piano orizzontale, è soggetta alla forza di attrito dinamico, la quale aumenta la velocità angolare " e diminuisce la velocità di traslazione vG della ruota.

•! Tale situazione persiste fino all’istante tr, in cui la velocità di traslazione della ruota vG diventa uguale a $R e, di conseguenza, il moto diviene un moto di rotolamento puro e l’attrito diviene attrito statico.

•! Prendiamo come asse di riduzione u l’asse della ruota.


Rr

!v0

0! =

Rr

!vG t( )

!Rtd( ) ! t( )

Rr

vG tr( ) =! tr( )R

!Rts( )

!vG tr( )! tr( )

Esercizio 6 (III)

•! Avremo: !R

e( ) = M!aG

Me( )u( ) = Iu "!

"#$

%$&

!Rtd( ) = M !aG

Rtd( )R = Io "!

"#$

%$&

'Rtd( ) = MaG

Rtd( )R = Io "!

"#$

%$

"! =Rtd( )RIo

aG = 'Rtd( )

M

"

#$$

%$$

&

! tr( )' 0 = Rtd( )RIo

dt

0

tr

(

)*

vG tr( )'v0 = 'Rtd( )

Mdt

0

tr

()*

"

#

$$$

%

$$$$

&! tr( ) = Rt

d( )RIo

tr

vG tr( )'v0 = 'Rtd( )

Mtr

"

#$$

%$$


Rr

!v0

0! =

Rr

!vG t( )

!Rtd( ) ! t( )

Rr

vG tr( ) =! tr( )R

!Rts( )

!vG tr( )! tr( )

Esercizio 6 (IV)

•! Per cui:

! tr( ) = Rtd( )RIo

tr

vG tr( )"v0 = "Rt

d( )

Mtr

#

$%%

&%%

'

tr =Io! tr( )Rt

d( )R

vG tr( ) = v0 "Rt

d( )

Mtr = v0 "

Rtd( )

MIo! tr( )Rt

d( ) R

#

$

%%%

&

%%%

! tr( ) = vG tr( )R

' vG tr( ) = v0 "Io! tr( )

MR= v0 "

IovG tr( )MR2

1+Io

MR2

()*

+,-vG tr( ) = v0 ' . =

vG tr( )v0

= 1

1+ IMR2


R

r !v0

! = 0

R

r !vG t( )

!Rt

d( ) ! t( ) R

r

vG tr( ) =! tr( )R

!Rts( )

!vG tr( ) ! tr( )

Esercizio 6 (V)

•! Nel nostro caso:

! =vG tr( )v0

= 1

1+ IMR2

= 1

1+M R2 + r 2( )2 M R2

= 2R2

3R2 + r 2= 2

3+ r2

R2

! = 234 " r = 234 # R / 2000 = 0.117R

$ = 23+ 0.1172

= 0.664


Rr

!v0

0! =

Rr

!vG t( )

!Rtd( ) ! t( )

Rr

vG tr( ) =! tr( )R

!Rts( )

!vG tr( )! tr( )

Esercizio 6 – Soluzione Alternativa

•! Prendiamo come asse di riduzione u la retta c di contatto tra la ruota e il piano orizzontale (passante per il punto C in figura).

•! L’unica forza che agisce sulla ruota è la forza di attrito radente dinamico, la quale ha momento nullo rispetto all’asse c. Avremo perciò, per la seconda equazione cardinale della dinamica:

•! Dunque si conserva il momento angolare rispetto all’asse c. I momenti angolari iniziale (ruota che striscia e non ruota) e finale (ruota che rotola senza strisciare) della ruota si scrivono:

!"K c( ) = ! !vc "!Q

!0 perché !vc #

!Q

$%& '&+!M e( )

c( )

0(

=!0 #

!K c( ) $ cost

K i( )c( ) = M Rv0

K f( )c( ) = Ic!

f( ) = IcvGf( )

R

"

#$

%$

K i( )c( ) = K f( )

c( ) & M Rv0 = IcvGf( )

R29!Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!

Rr

!vG t( )

!Rtd( ) ! t( )C

Esercizio 6 – Soluzione Alternativa (II)

•! Perciò otteniamo: come nella precedente soluzione.

•! Questa soluzione — basata sulla conservazione del momento angolare assiale rispetto a un asse opportuno — è assai più semplice della precedente e non richiede la soluzione di un’equazione differenziale.

M Rv0 = IcvGf( )

R

! =vGf( )

v0= M R

2

Ic= M R2

Io + M R2 =

1

1+IoM R2


Rr

!vG t( )

!Rtd( ) ! t( )C

Esercizio 7

•! Un mattone di massa m scivola senza attrito lungo il piano inclinato di un cuneo, di massa M e inclinazione !.

•! Il cuneo, a sua volta, può muoversi senza attrito su di un piano orizzontale.

•! Calcolare: –! Il modulo N della reazione vincolare che il cuneo esercita sul mattone e

il modulo R della reazione vincolare che il piano orizzontale esercita sul cuneo.

–! L’accelerazione del mattone e l’accelerazione del cuneo nel Sistema di Riferimento fisso (del laboratorio).

!a

!A

m

M!


Esercizio 7 (II)

•! Nel SdR fisso (S, terrestre e perciò inerziale nella nostra approssimazione) il cuneo, spinto dalla reazione vincolare (che ha una componente orizzontale verso sinistra), accelera verso sinistra con accelerazione (figura a sinistra).

•! Il SdR del cuneo (S'), il quale accelera rispetto al SdR inerziale S, è perciò un SdR non-inerziale.

•! Nel SdR del cuneo (S'), il mattone scende lungo il piano inclinato, con accelerazione parallela al piano inclinato (figura al centro).

•! Segue che nel SdR fisso (S) il mattone ha accelerazione che non è parallela al piano inclinato (figura a destra).

x!

y!

!!a

!!p

!N !

FT

!

y

x

!A!!N

!R

!P

y

x

!A

!a

a!!

A! !

!N

a!


Esercizio 7 (III)

•! Ci conviene, per semplicità intuitiva: –! Ragionare sul mattone nel SdR del cuneo (S'); –! Ragionare sul cuneo nel SdR fisso (S).

•! Nel SdR del cuneo (S', non inerziale, orientato come in figura) il mattone è soggetto alla forza peso p, alla reazione vincolare N e alla forza di trascinamento FT :

x!

y!

!!a

!!p

!N !

FT

!

y

x

!A

!!N

!R!

P

m!g!p" +

!N !m

!A!FT

" = m!"a # "x"y

mg sin$ + mAcos$ = m "a!mg cos$ + N + mAsin$ = 0

%&'

"a = g sin$ + Acos$N = m g cos$ ! Asin$( )

%&(

'(


Esercizio 7 (IV)

•! Nel SdR fisso (S, inerziale), il cuneo è soggetto alla forza peso P, alla reazione vincolare –N del mattone e alla reazione vincolare R del piano orizzontale:

•! Avremo quindi: M!g !

!N +!R = M

!A " x

y!N sin# = !MA!Mg ! N cos# + R = 0

$%&

N sin! = m g cos! " Asin!( )N! "### $###

sin! = MA

A M + msin2!( ) = mg cos! sin!

A = msin! cos!M + msin2!

g

%A = " m sin! cos!

M + m sin2!g ı̂


x!

y!

!!a

!!p

!N !

FT

!

y

x

!A

!!N

!R!

P

Esercizio 7 (V)

•! Inoltre:

N = MAsin!

= Msin!

msin! cos!M + msin2!

g"#$

%&'= m M cos!

M + m sin2!g

R = Mg + N cos! = Mg + mM cos2!M + msin2!

g =

= M 2 + Mmsin2! + Mmcos2!M + msin2!

g = M 2 + MmM + msin2!

g =

=M M + m( )

M + m sin2!g


x!

y!

!!a

!!p

!N !

FT

!

y

x

!A

!!N

!R!

P

Esercizio 7 (VI)

•! Infine dall’espressione nel SdR del cuneo: troviamo, passando al SdR fisso: !a = g sin" + Acos"

!a = !!a +!A

ax = !a cos" # A

ay = # !a sin"$%&

'&ax = g sin" + Acos"( )cos" # A = g sin" cos" + Acos2" # A

ax = g sin" cos" # Asin2"

ay = #g sin2" # Asin" cos"

$%&

'&


x!

y!

!!a

!!p

!N !

FT

!

y

x

!A

!!N

!R!

P

Esercizio 7 (VII)

•! Dunque:

ax = g sin! cos! " Asin2!

ay = "g sin2! " Asin! cos!

#$%

&%

ax = g sin! cos! " Asin2! = g sin! cos! " msin! cos!M + msin2!

g sin2! =

=Mg sin! cos! + mg sin3! cos! " mg sin3! cos!

M + msin2!= M sin! cos!

M + m sin2!g

ay = "g sin2! " Asin! cos! = "g sin2! " msin! cos!M + msin2!

g sin! cos! =

= " Mg sin2! + mg sin4! + mg sin2! cos2!M + msin2!

= " Mg sin2! + mg sin2!M + msin2!

=

= "M + m( ) sin2!M + m sin2!

g


x!

y!

!!a

!!p

!N !

FT

Esercizio 7 (VIII)

•! In conclusione:

N = mM cos!M + m sin2!

g

R =M M + m( )M + m sin2!

g

!A = " m sin! cos!

M + m sin2!g ı̂

!a = M sin! cos!M + m sin2!

g ı̂ "M + m( )sin2!M + m sin2!

g !̂


x!

y!

!!a

!!p

!N !

FT

!

y

x!A

!!N

!R!

P

Esercizio 8

•! Un rullo cilindrico omogeneo di massa m rotola senza strisciare, con l’asse parallelo alle isoipse e in assenza di attrito volvente, lungo il piano inclinato di un cuneo, di massa M e inclinazione !.

•! Il cuneo, a sua volta, può muoversi senza attrito su di un piano orizzontale.

•! Calcolare l’accelerazione del cuneo.

M!

m


Esercizio 8 (II)

•! Il cuneo è soggetto a 4 forze, di cui però soltanto 2 possiedono una componente orizzontale: –! la reazione vincolare del rullo .

–! la forza di attrito statico del rullo .

•! Come nell’esercizio precedente, ci conviene, per semplicità intuitiva: –! Ragionare sul rullo nel SdR del cuneo (S');

–! Ragionare sul cuneo nel SdR fisso (S).

!!a

y!!Nn !

FT

!x!!p

!Nt

y

x

!A

!

!!Nt!

!Nn !

R!P

!!Nt

!!Nn


Esercizio 8 (III)

•! Nel SdR del cuneo (S', non-inerziale, orientato come in figura) il rullo è soggetto alla forza peso p, alla reazione vincolare Nn , alla forza di attrito radente statico Nt e alla forza di trascinamento FT.

m!g!p" +

!Nn +

!Nt !m

!A!FT

" = m!"a # "x"y

mg sin$ + mAcos$ ! Nt = m "a

!mg cos$ + Nn + mAsin$ = 0

%&'

('

Ntr = Io#) = Io

"ar

# "a =Ntr

2

I0

=Nt r 2

12

m r 2= 2

mNt

%

&

'''

(

'''

mg sin$ + mAcos$ ! Nt = 2Nt # Nt =m3

g sin$ + Acos$( )Nn = m g cos$ ! Asin$( )


!!a

y!!Nn !

FT

!x!!p

!Nt

y

x

!A

!

!!Nt!

!Nn !

R!P

Esercizio 8 (IV)

•! Nel SdR fisso (S, inerziale), il cuneo è soggetto alla forza peso P, alla reazione vincolare %Nn del rullo, alla forza di attrito radente statico %Nt del rullo e alla reazione vincolare R del piano orizzontale:

•! Sostituendo: M !g !

!Nn !

!Nt +

!R = M

!A " x

y!Nn sin# + Nt cos# = !M A

!M g ! Nn cos# ! Nt sin# + R = 0

$%&

'&

M A = Nn sin! " Nt cos! =

= m g cos! " Asin!( )sin! " m3

g sin! + Acos!( )cos! =

= 23

mg sin! cos! " mAsin2! " m3

Acos2! =

= 23

mg sin! cos! " m3

A" 23

mAsin2!


!!a

y!!Nn !

FT

!x!!p

!Nt

y

x

!A

!

!!Nt!

!Nn !

R!P

Esercizio 8 (V)

•! Dunque:

MA = 23

mg sin! cos! " m3

A" 23

mAsin2!

M + m3+ 2

3msin2!

#$%

&'(

A = 23

mg sin! cos!

A = 2msin! cos!3M + m+ 2msin2!

g = 2m sin! cos!3M + m 1+ 2sin2!( ) g


!!a

y!!Nn !

FT

!x!!p

!Nt

y

x

!A

!

!!Nt!

!Nn !

R!P

Esercizio 9

•! Una palla da biliardo di raggio r e massa m, viene colpita con una stecca centralmente (asse della stecca passante per il centro della palla), acquistando in questo modo la velocità iniziale v0.

•! Di quanto si è spostata la palla nell’istante in cui smette di strisciare sul tavolo, se il coefficiente di attrito dinamico del biliardo è µ?

!v0


Esercizio 9 (II)

•! Detto tr l’istante in cui la palla smette di strisciare e vr la velocità del centro di massa della palla in tale istante, nell’intervallo di tempo [0, tr] la palla si muove con accelerazione costante:

•! Velocità e spostamento del centro di massa della palla saranno perciò dati da:

•! All’istante tr avremo perciò:

!v0!

Rtd( )

C

aG =!Rtd( )

m= !µmg

m= !µg

vG t( ) = vG0 + aGt = vG0 ! µgt

sG t( ) = vG0t + 12 aGt2 = vG0t !

12µgt2

"#$

%$

vGr = vG0 ! µgtr

sGr = vG0tr !12µgtr

2

"#$

%$&

tr =vG0 ! vGr

µg

sGr = vG0vG0 !vGr

µg! 12µgvG0 !vGr

µg'

()*

+,

2

"

#$$

%$$


Esercizio 9 (III)

•! Dunque avremo:

•! A questo punto, per trovare lo spazio percorso è sufficiente conoscere la velocità finale.

•! L’unica forza che agisce sulla palla è la forza di attrito radente dinamico, la quale ha momento nullo rispetto all’asse c. Avremo perciò, per la seconda equazione cardinale della dinamica:

sGr = vG0vG0 !vGr

µg! 12µgvG0 !vGr

µg"

#$%

&'

2

= vG0vG0 !vGr

µg! 12vG0 !vGr( )2

µg=

=2vG0

2 ! 2vG0vGr ! vG0 !vGr( )22µg

=vG02 !vGr

2

2µg

!"K c( ) = ! !vc "!Q

!0 perché !vc #

!Q

$%& '&+!M e( )

c( )

0(

=!0 #

!K c( ) $ cost


!v0!

Rtd( )

C

Esercizio 9 (IV)

•! Dunque si conserva il momento angolare rispetto all’asse c. I momenti angolari iniziale K0 (palla che striscia e non ruota) e finale Kr (palla che rotola senza strisciare) della palla si scrivono:

•! Perciò lo spazio percorso fino all’istante in cui la palla smette di strisciare è dato da:

K0c( ) = mrvG0

Krc( ) = Ic! r = Ic

vGrr

"#$

%$

K0c( ) = Kr

c( ) & mrvG0 = IcvGrr

vGr =mr 2vG0Ic

=mr 2vG0Io + mr

2 =mr 2vG0

25mr 2 + mr 2

= 57vG0

sGr =vG02 !vGr

2

2µg=vG02 ! 25

49vG02

2µg= 1249vG02

µg47!Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!

!v0!

Rtd( )

C

Esercizio 10

•! Un filo sottile, di massa trascurabile, è avvolto attorno a un rullo cilindrico pieno, di massa m e raggio r.

•! Il filo passa nella gola di una carrucola di massa trascurabile e priva di attrito e sostiene un blocco di massa M.

•! Il cilindro rotola senza strisciare su di un piano inclinato, di inclinazione !.

•! Determinare: –! L’accelerazione del cilindro. –! La tensione del filo.

!

m Mr


Esercizio 10 (II)

•! Il rullo è soggetto a 4 forze: la tensione del filo T, la forza peso p, la reazione vincolare Rn e la forza di attrito radente statico Rt

(s). •! Scegliamo come asse di riduzione la retta c di contatto tra il rullo e il

piano inclinato. •! Le forze Rn e Rt

(s) hanno momento nullo rispetto a c. Avremo perciò, per il rullo:

•! Il blocco, invece, è soggetto soltanto alla tensione del filo e alla forza peso, per cui avremo:

!

M

!p

!T!

Rn!Rts( )

x!y z

C

Me( )u( ) = Iu !! " # 2rT + mgr sin$ = Ic !! = Io + mr

2( )#ar = # 32mr 2

ar

!R e( ) = M

!aG ! " Mg +T = MA


Esercizio 10 (III)

•! Una rotazione (antioraria) di un angolo & del rullo produce uno spostamento del suo centro di massa pari a %&r e un allungamento della fune di +2&r.

•! Segue che, tra l’accelerazione del centro di massa del rullo e l’accelerazione del blocco vale la relazione:

•! Dovremo dunque risolvere il sistema: A = !2aG

!Mg +T = MA

!2 rT + mg r sin" = ! 32m r 2

aGr

A = !2aG

#

$%%

&%%

T = MA+ Mg

!2T + mg sin" = ! 32maG

A = !2aG

#

$%%

&%%

!r!

r!

r

!

2r!


!

M

!p

!T!

Rn!Rts( )

x!y z

C

Esercizio 10 (IV)

•! Per quanto riguarda la tensione del filo, abbiamo:

T = MA+ Mg

!2T + mg sin" = ! 32maG

A = !2aG

#

$%%

&%%

!2 !2MaG + Mg( ) + mg sin" = ! 32maG

32maG + 4MaG = 2Mg ! mg sin"

aG = 2M ! m sin"32m+ 4M

g

T = MA+ Mg = !2MaG + Mg = M g ! 2aG( )51!Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!

!

M

!p

!T!

Rn!Rts( )

x!y z

C

Esercizio 10 (V)

•! Dunque:

T = M g ! 2aG( ) = M g ! 2 2M ! msin"32m+ 4M

g

#

$

%%%%

&

'

((((

= Mg 1! 2M ! msin"34m+ 2M

#

$

%%%%

&

'

((((

=

= Mg

34m+ 2M ! 2M + msin"

34m+ 2M

= M mg

34+ sin"

34m+ 2M


!

M

!p

!T!

Rn!Rts( )

x!y z

C

http://campus.cib.unibo.it/2461/

Domenico Galli Dipartimento di Fisica

[email protected] http://www.unibo.it/docenti/domenico.galli https://lhcbweb.bo.infn.it/GalliDidattica

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