θ θ m2 m1 - Politecnico di Torino

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Esercizio
(tratto dal problema 7.52 del Mazzoldi 2)
Sul doppio piano inclinato di un angolo θ sono posizionati un disco di massa m1 e raggio R
e un blocco di massa m2 . I due oggetti sono collegati da un filo inestensibile; sulla rampa
di sinistra c’è attrito mentre la rampa di destra è liscia. Il disco scende con moto di puro
rotolamento.
m1
θ
m2
θ
1. Disegnare le forze che agiscono sul corpo m2 e scrivere la legge che determina il suo
moto [2 punti];
2. Disegnare le forze che agiscono sul corpo m1 e scrivere le leggi che determinano il
suo moto [6 punti];
3. Risolvere le equazioni ottenute nei punti precedenti e determinare (in forma simbolica) l’accelerazione a del sistema e la tensione T del filo in funzione di m1 , m2 , e θ
[4 punti];
4. Determinare i valori espliciti di a e di T nel caso particolare in cui m1 = 6 Kg,
m2 = 1 Kg e θ = π/5 e commentare se il disco sale o scende [1 punto];
5. Se il disco parte inizialmente da fermo, determinare il tempo t∗ che impiega per
ruotare di un dato angolo ϕ∗ attorno al suo centro di massa (scrivere il risultato t∗
in forma simbolica in funzione di a, R e ϕ∗ ) [2 punti];
(momento d’inerzia del disco I = 21 m1 R2 )
SOLUZIONE
Osserviamo anzitutto che, siccome il filo è inestensibile, il sistema si muove solidalmente, e
la velocità e l’accelerazione traslatorie (nelle rispettive direzioni) sono le stesse per il disco
e per il corpo. Fissiamo un verso convenzionale per l’accelerazione del sistema (il testo
suggerisce quello di discesa lungo il piano per il disco, e dunque di salita lungo il piano
per il corpo, come mostrato in figura 1).
1. Consideriamo le forze che agiscono sul corpo m2 . Anzitutto scomponiamo la forza
peso nelle componenti parallela al piano e ortogonale al piano:
Fp2 ,|| = m2 g sin θ
(1)
Fp2 ,⊥ = m2 g cos θ
dove la componenti normale è bilanciata dalla reazione vincolare del piano e non ha
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effetto. Inoltre, agisce la tensione T del filo. L’equazione della dinamica per m2 ,
lungo il piano,è la seguente
−m2 g sin θ + T = m2 a
(moto traslatorio di m2 )
(2)
2. Consideriamo ora le forze che agiscono su m1 . Scomponiamo la forza peso nelle
componenti parallela al piano e ortogonale al piano:
Fp1 ,|| = m1 g sin θ
(3)
Fp1 ,⊥ = m1 g cos θ
dove la componenti normale è bilanciata dalla reazione vincolare del piano e non ha
effetto. Inoltre, agisce la tensione T del filo (diretta in maniera opposta a quella su
m2 ), ed infine sul disco agisce anche la forza di attrito (dato che il disco rotola) che
si oppone al moto.
a
m1 T
Fp1 ,||
Fatt
T m2
Fp2 ,⊥
Fp2 ,||
θ
θ Fp1 ,⊥
Figure 1:
• moto traslatorio del centro di massa del disco;
Il centro di massa si muove con un moto dettato dalla sommatoria di tutte le
forze che agiscono sul corpo, come applicate al centro di massa stesso:
m1 g sin θ − T − Fatt = m1 a
(moto traslatorio di m1 )
(4)
• moto rotatorio del disco attorno al centro di massa;
Si tratta della equazione del moto rotatorio
~ 0E
~ 0E = dL
M
dt
(5)
~ 0E e L
~ 0E sono il momento delle forze e il momento angolare rispetto al
dove M
sistema di riferimento (peraltro non inerziale) del centro di massa del disco.
Qui osserviamo che
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~ 0E e L
~ 0E sono diretti lungo l’asse per– per come sono dirette le forze, M
pendicolare al foglio (verso uscente), attorno a cui avviene la rotazione.
Proiettando l’equazione vettoriale lungo questa direzione abbiamo
M 0E =
dL0E
dt
(6)
– L’unica forza che applica un momento è quella di attrito (le altre hanno
braccio nullo)
M 0E = Fatt R
(7)
– Il momento angolare lungo l’asse ortogonale al piano del disco (un asse
principale) si scrive
L0E = ID ω
⇒
dL0E
= ID α
dt
(8)
dove ID è il momento d’inerzia del disco, e α è l’accelerazione angolare;
– siccome il moto del disco è di puro rotolamento, il punto di contatto è
istantaneamente fermo, e dunque vale la relazione
α=
a
R
(condiz. moto di puro rotolamento)
(9)
(NOTA BENE: Siccome il punto di contatto rimane istantaneamente fermo,
la forza di attrito che agisce su di esso è una forza di attrito statico. Essa
soddisfa dunque la relazione 0 ≤ Fatt ≤ µs m1 g cos θ, dove µs è il coefficiente di
attrito statico. Pertanto µs m1 g cos θ è il valore massimo consentito per Fatt , e
in generale si ha Fatt 6= µs m1 g cos θ. Il valore effettivo di Fatt è un’incognita che
va determinata risolvendo il sistema di equazioni (vedi sotto). E’ inoltre importante notare la differenza tra il presente caso di un corpo rigido che rotola senza
strisciare ed il caso di un punto materiale che scriscia lungo un piano scabro.
Se al posto del disco avessimo avuto un punto materiale di massa m1 , la forza
di attrito sarebbe stata di tipo dinamico, e sarebbe stata pari a µd m1 g cos θ,
dove µd denota il coefficiente di attrito dinamico.)
In conclusione, dalle equazioni (6), (7), (8) e (9) ricaviamo che
Fatt R = ID
a
R
(moto rotatorio di m2 )
3. Abbiamo dunque ottenuto le seguenti equazioni [(2) (4), e (10)]

m1 g sin θ − T − Fatt = m1 a






−m2 g sin θ + T = m2 a





 Fatt R = ID a
R
(10)
(11)
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che costituisce un sistema di tre equazioni per le tre incognite a, Fatt e T . Risolviamo
il sistema di equazioni; portiamo in evidenza T nella seconda equazione e dividiamo
la terza equazione per R, e

m1 g sin θ − T − Fatt = m1 a






T = m2 a + m2 g sin θ
(12)





 F = a ID
att
R2
Sostituendo la seconda e la terza equazione nella prima e otteniamo
ID
= m1 a
R2
ID
⇒ g sin θ(m1 − m2 ) = (m1 + m2 + 2 )a
R
m1 − m2
⇒ a = g sin θ
ID
m1 + m2 + R
2
m1 g sin θ − m2 a − m2 g sin θ − a
(13)
Ricordando ora che il momento d’inerzia di un disco vale
otteniamo che
1
ID = m1 R2
2
(14)
m1 − m2
a = g sin θ 3
2 m1 + m2
(15)
Sostituendo ora l’eq.(15) nella seconda delle equazioni (12), otteniamo l’espressione
per la tensione
!
m1 − m2
T = m2 g sin θ 3
+ g sin θ =
2 m1 + m2
5m1 m2
= g sin θ
(16)
3m1 + 2m2
4. Sostituendo i valori numerici in (15) e in (16) otteniamo rispettivamente
π (6 − 1) Kg
m
sin
=
2
s
5 32 6 Kg + 1 Kg
m
π 1
=
= 9.81 2 sin
s
5 2
m
= 2.88 2
s
a = 9.81
(17)
e
T
m
π 5 · 6 Kg · 1 Kg
=
sin
2
s
5 3 · 6 Kg + 2 Kg
π 3 Kg m
= 9.81 sin
=
5 2 s2
Kg m
= 8.65 2 =
s
= 8.65 N
= 9.81
(18)
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5. Rispetto al centro di massa il disco si muove di moto rotatorio uniformemente accelerato, con accelerazione α [vedi Eq.(9)]
α=
a
R
(19)
e dunque la legge oraria angolare è
1
ϕ(t) = α t2
2
(20)
dove si è tenuto conto del fatto che il disco inizialmente è fermo (ϕ = 0 e ω0 = ϕ̇(t =
0) = 0).
Pertanto da (20) si deduce che il tempo t∗ necessario affinché il disco ruoti di un
angolo ϕ∗ è dato da
r
2ϕ∗
∗
t =
(21)
α
Ricordando che α = a/R si ha ossia
r
t∗ =
2R ϕ∗
a
(22)
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