Tema d’Esame del 13 settembre 2018 Esercizio 2

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Fisica Generale I Gianluca Ferrari Dinamica del corpo rigido

Tema d’Esame del 13 settembre 2018

Esercizio 2

𝑚_𝐴 = 𝑚_𝐵 = 15 𝑘𝑔; 𝑅 = 0,15 𝑚; 𝜏 = 10 𝑁𝑚; 𝜇_𝑑 = 0,22;

i. 𝑎_𝐶𝑀 = ?;

ii. Φ = ?;

Il corpo rigido 𝐴 ruota in senso orario per la presenza del momento torcente 𝜏.

Consideriamo le forze che agiscono su di esso: queste saranno la forza peso, la reazione vincolare del piano 𝑁⃗⃗ , la reazione vincolare dell’asta Φ⃗⃗⃗ – applicata nel perno 𝐴 e diretta lungo l’asta con verso opposto al moto del corpo – e la forza di attrito statico 𝑓⃗⃗⃗ , _𝑎 trattandosi di moto di puro rotolamento. La 𝑓⃗⃗⃗ sarà orientata verso destra, giacché, in _𝑎 questo caso, sul disco agisce già un momento motore, perciò questa si opporrà a 𝜏, generando un momento resistente.

Scriviamo dunque l’equazione dei momenti rispetto al polo 𝐴, per poi metterla a sistema la seconda legge della dinamica applicata ad entrambi i corpi.

Per la seconda equazione cardinale della dinamica dei sistemi e per il teorema del momento angolare del corpo rigido in rotazione – rispetto ad un asse principale d’inerzia – si ha

𝑀_𝐶𝑀^𝑒 =𝑑𝐿_𝐶𝑀 𝑑𝑡 = 𝑑

𝑑𝑡(𝐼_𝐶𝑀𝜔) = 𝐼_𝐶𝑀𝛼 ⟹ 𝜏 − 𝑓_𝑎𝑅 = 𝐼_𝐶𝑀𝛼

dove 𝛼 è l’accelerazione angolare del corpo, mentre 𝐼_𝐶𝑀 è il momento d’inerzia calcolato rispetto al centro di massa, che per il cilindro è pari a ¹

2𝑚𝑅². Dunque avremo

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𝜏 − 𝑓_𝑎𝑅 =1

2𝑚_𝐴𝑅²𝛼 Essendo inoltre 𝑎⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 𝛼 × 𝑅⃗ , possiamo affermare che _𝐶𝑀

𝜏 − 𝑓_𝑎𝑅 = 1

2𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀𝑅

La seconda legge della dinamica per il corpo 𝐴 può invece essere scritta come {𝑓_𝑎 − Φ = 𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀

𝑚_𝐴𝑔 − 𝑁 = 0

Nonostante le equazioni introdotte, il sistema non è ancora risolubile. È necessario far entrare in gioco il corpo 𝐵, tenendo conto che la reazione vincolare dell’asta sarà la forza motrice responsabile del suo moto, ossia

Φ = 𝑚_𝐵𝑎_𝐶𝑀

giacché il corpo 𝐵 risentirà della stessa accelerazione di 𝐴.

Il problema si riconduce a risolvere il sistema lineare

{

𝑓_𝑎 − Φ = 𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀 Φ = 𝑚_𝐵𝑎_𝐶𝑀 𝜏 − 𝑓_𝑎𝑅 = 1

2𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀𝑅 dove, mediante opportune sostituzioni, si ottiene

𝑓_𝑎 − 𝑚_𝐵𝑎_𝐶𝑀 = 𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀 ⟹ 𝑓_𝑎 = 2𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀¹ da cui

𝜏 − 2𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀𝑅 =1

2𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀𝑅 ⟹ 𝜏 = 5

2𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀𝑅 ⟹ 𝑎_𝐶𝑀 = 2𝜏

5𝑚_𝐴𝑅 ≈ 1,78 𝑚/𝑠² Una volta determinata l’accelerazione del centro di massa, possiamo calcolare il modulo di Φ.

Φ = 𝑚_𝐵𝑎_𝐶𝑀 ≈ 26,7 𝑁

iii. 𝜇_𝑠 = ? t.c. ci sia moto di puro rotolamento;

1 Si ricordi che 𝑚_𝐴 = 𝑚_𝐵.

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La forza di attrito statico necessaria affinché sia un moto di puro rotolamento sarà data dall’espressione

𝑓_𝑎 = 2𝑚_𝐴𝑎_𝐶𝑀 = 2𝑚_𝐴( 2𝜏

5𝑚_𝐴𝑅) = 4 5

𝜏 𝑅 Ricordando la relazione

𝑓_𝑎 ≤ 𝜇_𝑠𝑁, dove

𝑁 = 𝑚_𝐴𝑔, avremo

4 5

𝜏

𝑅 ≤ 𝜇_𝑠𝑚_𝐴𝑔 ⟹ 𝜇_𝑠 ≥ 4𝜏

5𝑚_𝐴𝑔𝑅 ≈ 0,36