Document

Esercizio 1
Fisica Generale A
•! 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 F 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).
7. Esercizi di Dinamica
del Corpo Rigido
http://campus.cib.unibo.it/2461/
!
F
Domenico
Galli
November 25, 2011
Digitally signed by Domenico Galli
DN: c=IT, o=INFN, ou=Personal
Certificate, l=Bologna,
cn=Domenico Galli
Date: 2011.11.25 23:58:10 +01'00'
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
Esercizio 1 (II)
Esercizio 1 (III)
•! 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 F, alla forza peso p e alla
reazione vincolare del piano Rn . Inoltre, poiché
! il cilindro rotola senza
strisciare, esso è soggetto pure alla forza Rt di attrito radente
statico.
•! Risolviamo il problema mediante le equazioni della
!
dinamica
del corpo rigido:
Rn !
!
!
!
F
"R( e) = M tot aG
Rt G
$
# (u )
!
p
$% M( e) = I u!"
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
2!
•! Osserviamo innanzitutto che, se il cilindro rotola senza strisciare,
tra la sua rotazione e il suo avanzamento vale la relazione:
s
r
s = r! " ! =
r
!
r!
•! Da cui si ricava, derivando:
v!G aG
s! vG
! = "! = =
# !! =
=
s
r r
r
r
!
•! Prendendo come asse u l’asse del cilindro (soltanto la forza Rt ha
momento assiale diverso da 0 rispetto all’asse del cilindro), si ha nel
nostro caso:
!
!
!
!
!
" F + p! + R + R = m a!
"R( e) = M tot aG
t
n
G
$
$
& #
# (u )
a
!
$ Rt r = I u!" = I u G
$% M( e) = I u!"
Rn !
r
%
!
F
Rt G
•! Il momento di inerzia del cilindro è dato da:
1
!
I u = mr 2
p
2
3!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
4!
Esercizio 1 (IV)
Esercizio 1 – Soluzione Alternativa
•! Nel nostro caso, si ha perciò:
! !
!
! F & Rt = m aG
! F + Rt = m aG
#
#
aG 1 2 aG % "
"
1
# Rt = maG
#$ Rt r = I u r = 2 mr r
2
$
1
3
2F
F & maG = m aG % F = m aG % aG =
2
2
3m
•! Introducendo i dati:
2 F 2 10 N
aG =
=
= 66.7 m s 2
3 m 3 0.1kg
•! Osserviamo che se il cilindro avesse strisciato senza attrito radente
statico (senza rotolare) sul piano, l’accelerazione sarebbe stata:
!
F 10 N
Rn !
aG = =
= 100 m s 2
!
F
m 0.1kg
Rt G
e dunque sarebbe stata superiore.
!
p
•! 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 Rt ha momento nullo mentre
la forza attiva F 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:
M( e( ) ) = I c!!
c
G
" Fr = I c!! = I c
aG =
1
Iu
r
C
2
Esercizio 2
" aG =
r2
r2
F=
F
Ic
I u + mr 2
F
1 F 2F
=
=
Iu
m 1
m 3m
+
1
+
1
2
mr 2
1
F=
+m
5!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
aG
r
!
Rt G
!
Rn !
F
!
p
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
6!
Esercizio 2 (II)
•! 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.
•! 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:
! !
!
p + Rn = ma
•! Prendendo le componenti parallela e perpendicolare al piano
inclinato si ha:
$ Rn = p cos #
&
! $& Rn " p cos # = 0
( %
!
!
%
p sin #
! '& p sin # = ma
Rn
Rn
&a =
!
m
'
Rt
p sin !
p sin !
•! Introducendo i dati:
!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
a1 = g sin ! = 9.81sin
= 0.923m s 2
!
7!
(
30
1000
)
" =
! !
p p cos !
!
! !
p p cos !
!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
8!
Esercizio 2 (III)
Esercizio 2 (IV)
•! 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:
•! 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:
2
I u = mr 2
5
si ha:
$
& Rn = p cos #
$ ! $&" p cos # + Rn = 0
&
&
%
a
&
& ! &' p sin # " Rt = maG
) % Rt = I u G2
%
r
&
&
aG
"
r
=
I
(
=
I
R
aG
&
& t
u
u
r
'
& p sin # " I u 2 = maG
'
!r
!
a
2
Rn
Rn
p sin ! " m r 2 G = maG
!
5
Rt
r2
p sin !
p sin !
#
&
!
!
2
!
!
maG % 1 + ( = p sin !
p p cos !
p p cos !
5'
$
!
!
!
"R( e) = M tot aG
$
# (u )
$% M( e) = I u !"
per la seconda sfera (calcolando i momenti rispetto all’asse
orizzontale Iu, passante per il centro della sfera e parallelo al
piano inclinato) si scrivono:
!
! !
!
"$ p + Rn + Rt = maG
!
!
Rn
Rn
#
!
%$ Rt r = I u!"
Rt
p sin !
p sin !
(soltanto l’ attrito radente statico
! !
! !
ha momento assiale non nullo
p p cos !
p p cos !
rispetto all’asse Iu).
!
!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
9!
Esercizio 2 (V)
Esercizio 3
•! Da cui:
7
ma = p sin !
5 G
5 p
5
aG =
sin ! = g sin !
7m
7
•! Introducendo i dati dell’esercizio:
5
5
g sin ! = 9.81sin
7
7
= 0.659 m s 2
a2 =
(
30
1000
10!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
•! 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.
)
" =
!
Rn
p sin !
!
!
p p cos !
!
!
! Rn
Rt
p sin !
!
!
p p cos !
!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
!
11!
!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
!
12!
Esercizio 3 (II)
Esercizio 3 (III)
•! Ripetendo quanto detto nella seconda parte dell’esercizio precedente,
si ha:
!
!
!
!
! !
"R( e) = M tot aG
"$ p + Rn + Rt = maG
$
& #
# (u )
$% Rt r = I u!"
$% M( e) = I u!"
$
& Rn = p cos #
$ ! &$" p cos # + Rn = 0
&
&
%
a
&
& ! '& p sin # " Rt = maG
) % Rt = I u G2
%
r
&
&
aG
aG
&
& Rt r = I u(" = I u
r
'
& p sin # " I u 2 = maG
'
!r
!
!
R
R
! n
! Rn
! n
Rt
Rt
Rt
! !
p p cos !
!
! !
p p cos !
!
•! Da cui:
"
I %
+ maG = $ m + u2 ' aG
r
r &
#
p sin !
g sin !
aG =
=
I
I
m + u2 1 + u 2
r
mr
•! Avremo perciò, per i 3 corpi:
! (sfera ) g sin & 5
= g sin &
# aG =
2
7
! (sfera ) 2 2
#
1
+
= mr
# Iu
5
#
5
## tubo
# tubo g sin & 1
( )
2
% " aG( ) =
= mr
= g sin &
" Iu
1+ 1
2
#
#
# I (cilindro) = 1 mr 2
# a(cilindro) = g sin & = 2 g sin &
2
#$ u
# G
1
3
1+
#
2
$
p sin ! = I u
! !
p p cos !
!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
aG
2
13!
Esercizio 3 (IV)
! !
p p cos !
!
!
! Rn
Rt
! !
p p cos !
!
!
! Rn
Rt
! !
p p cos !
!
14!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
Esercizio 4
•! Sostituendo i dati dell’esercizio:
# (sfera ) 5
5
4
% aG = 7 g sin ! = 7 9.81sin 100 " = 0.878
%
1
% ( tubo) 1
4
$ aG = g sin ! = 9.81sin 100 " = 0.615
2
2
%
2
% (cilindro) 2
4
= g sin ! = 9.81sin 100
" = 0.820
% aG
3
3
&
(
)
(
)
(
!
R
! n
Rt
!
! Rn
Rt
! !
p p cos !
!
•! Un carrello, dotato di 4 ruote, ha massa (escluse le ruote) pari a
!
M = 50 kg, mentre ogni ruota ha massa pari a m = 0.2 + 5000 M
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.
(
)
!
R
! n
Rt
! !
p p cos !
!
!
R
! n
Rt
! !
p p cos !
!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
)
M
m
15!
m
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
!
F
16!
Esercizio 4 (II)
Esercizio 4 (III)
•! 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:
!
!
"R( e) = M tot aG
$
# (u )
$% M( e) = I u!"
•! Nel nostro caso si ha:
!
!
!
"$ F + p! + 4 Rn + 4 Rt = M + 4m a!G
#
%$ Rt r = I u!"
(
)
M
G
!
!
Rn m p! Rn m
!
!
Rt
Rt
!
F
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
aG =
F
)
(
)
300
m = 0.2 + 5000 M = 0.2 + 5000
50 kg = 13 kg
aG =
!
(
)
!
F
18!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
•! 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 r = 200 cm , è avvolto uno spago, fissato, all’altra
estremità, al soffitto.
•! Calcolare l’accelerazione dello yo-yo.
•! " = 300.
1 1 2
mr
r2 2
•! Sostituendo i numeri si ha:
(
)
Esercizio 5
F
F
=
=
M + 4m + 2m M + 6m
M + 4m + 4
(
17!
Esercizio 4 (IV)
•! Per cui:
•! Separando le componenti orizzontali e verticali si ha:
#
aG
#
% Rt = I u 2
% F ! 4Rt = M + 4m aG
r
%
%%
a
%
' $ F ! 4I u G2 = M + 4m aG
$4Rn ! p = 0
r
%
%
a
p
G
%R =
% R r = I "! = I
u
u
%& t
%& n 4
r
!
I $
F = # M + 4m + 4 u2 & aG
r %
"
F
aG =
I
M + 4m + 4 u2
r
G M
•! Il momento di inerzia delle ruote, considerate
!
!
cilindriche, rispetto al proprio asse è:
Rn m p! Rn m
1 2
!
!
I u = mr
Rt
Rt
2
100 kg m s 2
F
100 N
=
=
= 0.781 m s 2
M + 6m 50 kg+ 6 " 13kg
128 kg
•! Si noti che se le ruote avessero strisciato senza rotolare in assenza
di attrito l’accelerazione sarebbe stata:
100 kg m s 2
G M
F
100 N
aG =
=
=
=
!
M + 4m 50 kg+ 4 ! 13kg
!
!
102 kg
F
Rn m p! Rn m
= 0.980 m s 2
!
!
e dunque sarebbe stata maggiore.
R
R
t
r
R
t
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
19!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
20!
Esercizio 5 (II)
Esercizio 5 (III)
•! Sullo yo-yo agiscono 2 forze:
•! Inoltre il momento di inerzia dello yo-yo, trattandosi di un cilindro di
raggio R con una scanalatura di larghezza trascurabile, è dato da:
–! 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:
!
!
"R( e) = M tot aG
$
# (u )
$% M( e) = I u!"
•! Nel nostro
caso si ha:
! !
!
$" mg + T = m a
$" mg ' T = m a
& #
#
$%Tr = I u!"
$%Tr = I u!"
•! La velocità angolare con cui lo yo-yo ruota attorno
al proprio asse è legata alla velocità con cui esso
discende, dalla relazione:
s
v
a
s = r! " ! =
" #=
" #! =
r
r
r
r !
r!
r
!
mg
1
mR 2
2
•! Avremo perciò:
Iu =
s
!
T
R
Esercizio 5 (IV)
g
1 R2
1+
2 r2
r
!
mg
!
T
R
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
22!
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.
•! Introducendo i dati del problema:
m = 100 g
R = 7 cm
!
300
r=
cm =
cm = 1.5cm
200
200
•! All’istante del lancio la velocità del centro di massa della ruota ha
modulo v0 e la ruota ha solo moto traslatorio.
•! Si ha:
g
981
=
cm s 2 = 82.5cm s 2
2
49
1R
1+ 0.5!
1+
2.25
2 r2
r
!
mg
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
a=
21!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
a=
$ mg ! T = m a
&
%Tr = I "! = I a # T = I a = 1 mR 2 a
u
u
u 2
&'
r
2
r
r2
( 1 R2 +
a
1
m g ! m R 2 2 = m a # g = * 1+
-a
2
r
) 2 r2 ,
!
T
R
23!
•! 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.
!
R
v0
•! " = 234
r
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
24!
Esercizio 6 (II)
Esercizio 6 (III)
•! 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.
•! Avremo:
!
!
!
"R( e) = M aG
"$ R( d ) = M a!
"$' R( d ) = Ma
$
t
G
G
& # d
& # dt
# (u )
( )
(
)
"
M
=
I
!
$% ( e)
$% Rt R = I o!"
$% Rt R = I o!"
u
•! 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.
R
r
!
v0
! =0
R
!d
Rt( )
r
()
! (t )
!
vG t
!s
Rt( )
r
( ) ( )
( )
! (t )
v G tr = ! tr R
!
R
v G tr
r
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
tr
"
d
(
Rt( ) R
$
d
d
"
"
Rt( ) R
Rt( ) R
!
t
'
0
=
dt
*
$ r
$!" =
$
!
t
=
t
I
) o
$
Io
Io r
$
$ r
0
& #
& #
#
tr
d
d
$
$
$
Rt( )
Rt( )
(d )
R
(
t
t
$ aG = '
$v G tr ' v 0 = '
$v t ' v = '
M
M r
%
%
* M dt
0
$ G r
)
$%
0
v G tr = ! tr R
!
!
!
R
R
R
v0
vG t
v G tr
r
r
r
!d
!s
! =0
! tr
! t
Rt( )
Rt( )
( )
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
( )
()
()
25!
26!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
Esercizio 6 (IV)
Esercizio 6 (V)
•! Per cui:
d
#
R( ) R
t
%! tr = t
Io r
%
$
d
%
Rt( )
t
%v G tr " v 0 = "
M r
&
#
I o! ( tr )
%t r = ( d )
( )
Rt R
%%
' $
d
d
Rt( ) I o! ( tr )
Rt( )
%
( )
%v G ( tr ) = v 0 " M tr = v 0 " M
d
Rt( ) R
%&
v (t )
I ! (t )
I v (t )
! ( tr ) = G r ' v G ( tr ) = v 0 " o r = v 0 " o G 2r
R
MR
MR
v
t
(
+
Io
1
G( r)
=
*) 1+ MR 2 -, v G ( tr ) = v 0 ' . = v
I
0
1+
v G tr = ! tr R
MR 2
!
!
!
R
R
R
v0
vG t
v G tr
r
r
r
!d
!s
! =0
! tr
! t
Rt( )
Rt( )
()
()
( ) ( )
( )
( )
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
27!
!=
( )=
v G tr
v0
1
1+
I
MR 2
1
=
1+
(
2
M R +r
2MR
2
)
=
2R 2
=
3R 2 + r 2
2
2
r2
3+ 2
R
•! Nel nostro caso:
! = 234 " r = 234 # R / 2000 = 0.117R
2
$=
= 0.664
3 + 0.117 2
R
r
!
v0
! =0
R
!d
Rt( )
r
()
! (t )
!
vG t
R
!s
Rt( )
r
( ) ( )
( )
! (t )
v G tr = ! tr R
!
v G tr
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
r
28!
Esercizio 6 – Soluzione Alternativa
Esercizio 6 – Soluzione Alternativa (II)
•! 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).
•! Perciò otteniamo:
v( )
M Rv 0 = I c G
R
f
•! 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:
v G( ) M R 2
M R2
!=
=
=
=
v0
Ic
Io + M R2
f
!
!c
!c
!c !
!
K" ( ) = !v c " Q + M( e( ) ) = 0 # K ( ) $ cost
$%
& &
' (
!
! !
0 perché v c #Q
R
(f)
v
c
c
K((i)) = K(( f )) & M Rv 0 = I c G
R
r
!d
Rt( )
C
1+
come nella precedente soluzione.
0
•! 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) = M Rv
0
$ (i)
f
# (c)
v( )
f
$ K( f ) = I c! ( ) = I c G
R
%
1
Io
M R2
•! 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.
()
! (t )
!
vG t
R
!d
Rt( )
29!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
r
C
()
! (t )
!
vG t
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
Esercizio 7
30!
Esercizio 7 (II)
•! Un mattone di massa m scivola senza attrito lungo il piano inclinato di
un cuneo, di massa M e inclinazione !.
•! Nel SdR fisso (S, terrestre e perciò inerziale
nella nostra approssimazione) il
!
cuneo, spinto dalla reazione vincolare ! N (che ha una componente
orizzontale
!
verso sinistra), accelera verso sinistra con accelerazione A (figura a
sinistra).
•! Il cuneo, a sua volta, può muoversi senza attrito su di un piano
orizzontale.
•! Il SdR del cuneo (S'), il quale accelera rispetto al SdR inerziale S, è perciò un
SdR non-inerziale.
•! Calcolare:
•! Nel SdR del cuneo (S'), il mattone scende lungo il piano inclinato, con
!
accelerazione a! parallela al piano inclinato (figura al centro).
–! 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.
!
•! Segue che nel SdR fisso (S) il mattone ha accelerazione a che non è parallela
al piano inclinato (figura a destra).
!
!
–! L’accelerazione a del mattone e l’accelerazione A del cuneo nel Sistema
di Riferimento fisso (del laboratorio).
m
M
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
y!!
N
y
!
A
!
31!
!
!N
!
P
!
R !
!
p x!
x
y
!
FT
!
a!
!
!
a
!
A
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
x
32!
Esercizio 7 (III)
Esercizio 7 (IV)
•! Ci conviene, per semplicità intuitiva:
•! 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:
–! 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 :
!
! !
!
m
g
+
N
!m
A
= ma" #
"
"
!
!
FT
p
!
! ! !
Mg ! N + R = MA "
•! Avremo quindi:
x " % mg sin $ + mAcos $ = ma"
&
y " '!mg cos $ + N + mAsin $ = 0
%( a" = g sin $ + Acos $
&
(' N = m ( g cos $ ! Asin $ )
x $! N sin # = ! MA
%
y &! Mg ! N cos # + R = 0
N ###
!###"
$
N sin ! = m ( g cos ! " Asin ! ) sin ! = MA
(
)
A M + msin 2 ! = mg cos ! sin !
y!!
N
!
p x!
!
!
A
!
!N
y!!
N
msin ! cos !
g
M + msin 2 !
%
m sin ! cos !
A= "
g ı̂
M + m sin 2 !
A=
y
!
FT
!
a!
!
P
!
R !
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
!
p x!
!
x
33!
Esercizio 7 (V)
y
!
FT
!
a!
!
A
!
!N
!
P
!
R !
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
x
34!
Esercizio 7 (VI)
•! Inoltre:
•! Infine dall’espressione nel SdR del cuneo:
MA
M " msin ! cos !
N=
=
sin ! sin ! $# M + msin 2 !
%
m M cos !
g' =
g
& M + m sin 2 !
mM cos 2 !
g=
R = Mg + N cos ! = Mg +
M + msin 2 !
M 2 + Mmsin 2 ! + Mmcos 2 !
M 2 + Mm
=
g=
g=
2
M + msin !
M + msin 2 !
M ( M + m)
g
=
M + m sin 2 !
y!!
y
N
!
FT
!
!
!N
a!
!
!
!
p x!
A
P
!
a! = g sin " + Acos "
troviamo, passando al SdR fisso:
! ! !
a = a! + A
$& ax = a! cos " # A
%
&' a y = # a! sin "
ax = ( g sin " + Acos " ) cos " # A = g sin " cos " + Acos 2 " # A
$& ax = g sin " cos " # Asin 2 "
%
2
'& a y = #g sin " # Asin " cos "
!
R !
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
y!!
N
!
p x!
x
35!
y
!
FT
!
a!
!
!
A
!
!N
!
P
!
R !
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
x
36!
Esercizio 7 (VII)
Esercizio 7 (VIII)
y!!
N
•! Dunque:
#% ax = g sin ! cos ! " Asin 2 !
$
2
%& a y = "g sin ! " Asin ! cos !
!
p x!
ax = g sin ! cos ! " Asin 2 ! = g sin ! cos ! "
=
M + msin !
•! In conclusione:
N=
!
msin ! cos !
g sin 2 ! =
M + msin 2 !
Mg sin ! cos ! + mg sin 3 ! cos ! " mg sin 3 ! cos !
2
!
FT
!
a!
=
M sin ! cos !
g
M + m sin 2 !
2
)
(
)
M + m sin 2 !
! M sin ! cos !
g
ı̂
"
g !ˆ
a=
M + m sin 2 !
M + m sin 2 !
y!!
N
!
FT
!
a!
! x!
p
2
37!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
(
M M +m
g
M + m sin !
!
m sin ! cos !
A= "
g ı̂
M + m sin 2 !
R=
msin ! cos !
g sin ! cos ! =
a y = "g sin ! " Asin ! cos ! = "g sin ! "
M + msin 2 !
Mg sin 2 ! + mg sin 4 ! + mg sin 2 ! cos 2 !
Mg sin 2 ! + mg sin 2 !
="
=
"
=
M + msin 2 !
M + msin 2 !
M + m) sin 2 !
(
g
="
M + m sin 2 !
2
mM cos !
g
M + m sin 2 !
Esercizio 8
y
!
!
A
!
!N
!
R !
!
P
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
x
38!
Esercizio 8 (II)
•! 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 è soggetto a 4 forze, di cui però soltanto 2 possiedono una
componente orizzontale:
!
–! la reazione vincolare del rullo ! N n.
!
–! la forza di attrito statico del rullo ! N t.
•! Il cuneo, a sua volta, può muoversi senza attrito su di un piano
orizzontale.
•! Come nell’esercizio precedente, ci conviene, per semplicità intuitiva:
–! Ragionare sul rullo nel SdR del cuneo (S');
•! Calcolare l’accelerazione del cuneo.
–! Ragionare sul cuneo nel SdR fisso (S).
y!!
Nn
m
M
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
!
Nt
!
39!
!
p x!
y
!
!FT
a!
!
!
A
!
! Nn
!
P
!
! Nt
!
R !
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
x
40!
Esercizio 8 (III)
Esercizio 8 (IV)
•! 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.
% ! !
!
!
!
x " '% mg sin $ + mAcos $ ! N t = ma"
A = ma" #
g + N n + N t !m
'm
&
"
"
!
y " '(!mg cos $ + N n + mAsin $ = 0
FT
'' p!
&
N r2
N r2
2
a"
# a" = t = t
= Nt
' N t r = I o)# = I o
1
m
r
I0
'
m r2
'(
2
m
mg sin $ + mAcos $ ! N t = 2N t # N t = ( g sin $ + Acos $ )
3
y!!
N n = m ( g cos $ ! Asin $ )
y
Nn !
!
!
!FT
!
a!
! ! N n ! Nt
Nt
A
!
!
!
p x!
R !
!
P
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
•! 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:
!
! !
! !
M g ! N n ! Nt + R = M A "
•! Sostituendo:
M A = N n sin ! " N t cos ! =
m
( g sin ! + Acos! ) cos! =
3
2
m
= mg sin ! cos ! " mAsin 2 ! " Acos 2 ! =
3
3
y!!
2
m
2
2
=
mg
sin
!
cos
!
"
A
"
mAsin
!
y
Nn !
3
3
3
F
!
!
! T
!
a!
! ! N n ! Nt
Nt
A
!
!
!
p x!
R !
!
P
= m ( g cos ! " Asin ! ) sin ! "
x
41!
Esercizio 8 (V)
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
x
42!
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.
•! Dunque:
2
m
2
mg sin ! cos ! " A " mAsin 2 !
3
3
3
#
&
m 2
2
2
%$ M + 3 + 3 msin ! (' A = 3 mg sin ! cos !
MA =
A=
x $&! N n sin # + N t cos # = ! M A
%
y '&! M g ! N n cos # ! N t sin # + R = 0
•! 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?
2msin ! cos !
2m sin ! cos !
g=
g
2
3M + m + 2msin !
3M + m 1+ 2sin 2 !
(
y!!
Nn
!
Nt
!
p x!
)
!
v0
y
!
!FT
a!
!
!
A
!
! Nn
!
P
!
! Nt
!
R !
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
x
43!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
44!
Esercizio 9 (II)
Esercizio 9 (III)
•! 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:
•! Dunque avremo:
!d
Rt( ) ! µ mg
aG =
=
= !µg
m
m
=
•! Velocità e spostamento del centro di massa della palla saranno perciò dati da:
()
()
"vG t = v G0 + aG t = v G0 ! µ gt
$
#
1
1
2
2
$%sG t = v G0t + 2 aG t = v G0t ! 2 µ gt
!d
Rt( )
•! All’istante tr avremo perciò:
!
v0
C
0 perché v c #Q
sGr =
v
!v
2µ g
2
Gr
=
2
2
v G0
! v Gr
2µ g
!d
Rt( )
!
v0
C
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
46!
•! 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:
v Gr
r
mr 2v G0
25 2
2
v
49 G0 = 12 v G0
49 µ g
2µ g
2
!
v G0
=
Esercizio 10
–! L’accelerazione del cilindro.
–! La tensione del filo.
mr 2v G0
mr 2v G0
5
v Gr =
=
=
= v G0
2
2
7
Ic
I o + mr
mr 2 + mr 2
5
•! Perciò lo spazio percorso fino all’istante in cui la palla smette di
strisciare è dato da:
2
G0
=
0
45!
•! 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:
& mr v G0 = I c
2
!
!c
!c
!c !
!
K" ( ) = !v c " Q + M( e( ) ) = 0 # K ( ) $ cost
$%
& &
' (
!
! !
Esercizio 9 (IV)
c
c
K 0( ) = K r( )
2µ g
)
2
•! 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:
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
" K ( c) = mr v
G0
$ 0
vGr
# (c)
$ K r = I c! r = I c r
%
(
2
2v G0
! 2v G0v Gr ! v G0 ! v Gr
)
•! A questo punto, per trovare lo spazio percorso è sufficiente conoscere la
velocità finale.
"
v G0 ! v Gr
$t r =
µg
$
2
& #
'
*
$s = v v G0 ! v Gr ! 1 µ g v G0 ! v Gr
G0
) µg ,
$% Gr
2
µg
(
+
"v Gr = v G0 ! µ gtr
$
#
1
2
$sGr = v G0tr ! µ gtr
2
%
(
2
"v !v %
v !v
v !v
1
1 v G0 ! v Gr
sGr = v G0 G0 Gr ! µ g $ G0 Gr ' = v G0 G0 Gr !
2
2
µg
µg
µg
# µg &
!d
Rt( )
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
m
r
!
v0
C
M
!
47!
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
48!
Esercizio 10 (II)
Esercizio 10 (III)
2r!
•! 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.
r
•! Segue che, tra l’accelerazione del centro di massa del
!
rullo e l’accelerazione del blocco vale la relazione:
r!
•! 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:
M( e( ) ) = I u!!
u
(
" # 2rT + mgr sin $ = I c!! = I o + mr 2
) #ar = # 23 mr
2
•! Il blocco, invece, è soggetto soltanto alla tensione del filo
e alla forza peso, per cui avremo:
!
!
R( e) = M aG
! " Mg + T = MA
y !
! !T
Rn
!
!
p
A = !2aG
a
r
x
z
! ( s)
C Rt
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
M
#T = MA + Mg
%%
3
$!2T + mg sin " = ! maG
2
%
%& A = !2aG
49!
Esercizio 10 (IV)
r!
y !
! !T
Rn
!
!
p
x
z
! ( s)
C Rt
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
M
50!
Esercizio 10 (V)
•! Dunque:
#T = MA + Mg
%%
3
$!2T + mg sin " = ! maG
2
%
%& A = !2aG
#
&
&
% 2 M ! msin " (
(
T = M g ! 2aG
g ( = Mg %1!
(=
3
%
(
m+ 2M (
%$
('
('
4
3
3
m + 2 M ! 2 M + msin "
+ sin "
= Mg 4
= M mg 4
3
3
m+ 2M
m+ 2M
4
4
(
3
!2 !2 MaG + Mg + mg sin " = ! maG
2
3
ma + 4 MaG = 2 Mg ! mg sin "
2 G
2 M ! m sin "
aG =
g
3
m+ 4M
2
(
•! Dovremo dunque risolvere il sistema:
#! Mg + T = MA
%
3
%
2 aG
$!2 r T + mg r sin " = ! m r
2
r
%
&% A = !2aG
)
•! Per quanto riguarda la tensione del filo,
abbiamo:
(
T = MA + Mg = !2 MaG + Mg = M g ! 2aG
y !
! !T
Rn
)
!
!
p
)
#
%
2 M ! msin "
= M %g ! 2
3
%
m+ 4M
%$
2
x
! ( s)
C Rt
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
y !
! !T
Rn
z
M
!
51!
!
p
x
! ( s)
C Rt
Domenico Galli – Fisica Generale A – E 7. Esercizi di Dinamica del Corpo Rigido!
z
M
52!
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