Disco con scanalatura radiale in rotazione uniforme

Disco con scanalatura radiale in rotazione uniforme

Su un disco di raggio R tenuto in rotazione costante con velocit`a angolare w `e praticata una scanalatura radiale all’interno della quale si trova un corpuscolo di massa m che pu`o scorrere senza attrito.

All’istante iniziale, il corpo si trova ad una distanza dal centro r₀ < R con velocit`a radiale nulla.

Si determini

1. il moto del corpo;

2. il tempo di percorrenza della scanalatura e la velocit`a di uscita dal disco;

3. il lavoro fatto dal motore per mantenere il disco in rotazione a velocit`a costante.

Si discutano i punti elencati, in particolare il primo ed il terzo, sia nel sistema di riferimento inerziale che in quello non inerziale solidale con il disco.

Soluzione 1

Nel sistema inerziale si pu`o individuare la posizione del corpo con un sistema di coordinate polari centrate sull’asse di rotazione. Ignorando quello che succede lungo l’asse verticale, in quanto irrilevante ai fini del problema, l’unica forza esterna `e la forza di reazione ~N che la parete della scanalatura esercita sul corpo per mantenerlo all’interno della scanalatura stessa. Non essendoci attrito, questa forza `e tangenziale: ~N = N ˆe_θ.

 0 = m(¨r − ˙θ²r)

N = m(r ¨θ + 2 ˙θ ˙r) (1)

Essendo ˙θ = ω = cost, possiamo riscrivere il sistema come:

 r − ω¨ ²r = 0

N = 2mω ˙r (2)

Nel sistema non inerziale solidale con il disco, possiamo considerare una terna cartesiana con asse x passante per la scanalatura, asse z verticale ed

1

asse y che completa la terna levogira. A causa del vincolo, il moto avviene solamente lungo l’asse x, ma alla forza di reazione ~N della parete del vincolo vanno aggiunte le forze apparenti: forza centrifuga, diretta come ˆex e forza di Coriolis, diretta come ˆe_y (ricordare che ~F_app= −m~a_app).

L’equazione del moto `e:

m¨xˆex= ~N + ~Fapp= ~N + mω²xˆex− 2mω ˙xˆey

Proiettando lungo i due assi:

 m¨x = ω²x

0 = N − 2mω ˙x (3)

Come si pu`o vedere, si ottengono esattamente le stesse equazioni scritte nel sistema (2).

Risolviamo la prima equazione per ricavare la legge oraria; la seconda dar`a semplicemente la reazione della parete della scanalatura in funzione del tempo.

La soluzione generale `e:

r(t) = Ae^ωt+ Be^−ωt (4)

Le costanti A e B sono determinate dalle condizioni iniziali. In questo caso r(0) = r₀ e ˙r₀ = 0, per cui:

r(t) = r₀e^ωt+ e^−ωt

2 = r₀cosh ωt (5)

La funzione cosh α (coseno iperbolico) ha una definizione geometrica simile a quella delle funzioni trigonometriche cos α e sin α.

Queste funzioni sono definite come le coordinate x ed y, rispettivamente, di un punto P su una circonferenza di equazione

x²+ y²= 1

individuato da una retta passante per l’origine e formante un angolo α con l’asse x.

Le equivalenti funzioni iperboliche sono definite come l’intersezione della stessa retta con una iperbole di equazione

x²− y²= 1 Per cui vale la relazione:

cosh²α − sinh²α = 1 (6)

Se consideriamo solamente le soluzioni sul semipiano x > 0, risulta:

cosh α = ^eα+e₂^−α

sinh α = ^eα−e₂^−α (7)

2

Tornando al problema, la legge oraria `e:

r(t) = r0e^ωt+e^−ωt

2 = r0cosh ωt

˙r(t) = r₀ω^eωt−e₂^−ωt = r₀ω sinh ωt

= r₀ωp

cosh²ωt − 1 = ωpr²(t) − r²₀

(8)

Soluzione 2

Il tempo τ di percorrenza della scanalatura si ottiene dalla prima equazione del sistema (8):

r(τ ) = R = r₀e^ωτ + e^−ωτ

2 (9)

Ponendo y = e^ωτ, l’equazione 9 pu`o essere riscritta moltiplicando per y e riarrangendo i termini come:

y²− 2R

r₀y + 1 = 0 che ha per soluzioni:

y = R ±pR²− r₀²

r₀ (10)

Per trovare la soluzione accettabile notiamo che per r₀ → 0 il tempo di percorrenza deve tendere ad infinito, per cui l’unica soluzione accettabile `e quella con il segno +:

e^ωτ = R +pR²− r²₀

r₀ → τ = 1

ωlnR +pR²− r₀²

r₀ (11)

La velocit`a di uscita si ottiene sostituendo questo valore nel sistema (8) (provate a farlo!) o, pi`u semplicemente, scrivendo direttamente:

˙r(τ ) = ω q

r²(τ ) − r₀² = ω q

R²− r²₀ (12)

Soluzione 3

Per trovare il lavoro fatto dal motore, utilizziamo il teorema delle forze vive. Nel sistema di riferimento inerziale si ha:

1

2mv²(τ ) −1

2mv²(0) = L^ext (13)

dove L^ext `e il lavoro fatto dalle forze esterne. In questo caso, essendo gli attriti nulli, l’unica forza esterna che compie lavoro `e, appunto, il motore.

3

La velocit`a del corpo ha una componente radiale ed una tangenziale, per cui:

Lmot = L^ext= 1

2m ˙r²(τ ) + 1

2m ˙θ²r²(τ ) − 1

2m ˙θ²r²(0) (14) Sostituendo r(τ ) e ˙r(τ ) trovati al punto precedente:

L_mot = mω²(R²− r₀²) (15) Scriviamo, adesso, il teorema delle forze vive nel Sistema non Inerziale solidale con il disco:

L^ext= 1

2m ˙x²(τ ) −1

2m ˙x²(0) = 1

2mω²(R²− r²₀) (16) In questo caso fra le forze esterne vanno incluse anche quelle apparenti.

La forza di Coriolis `e perpendicolare allo spostamento, per cui non compie lavoro. La forza centrifuga, invece, ha la stessa direzione dello spostamento, per cui il lavoro compiuto `e:

L^ext= Z R

r0

mω²r dr = 1

2mω²(R²− r₀²)

Confrontando con il risultato dell’equazione (16) si osserva che il teorema delle forze vive `e valido anche nel sistema non inerziale, quando si includano fra le forze esterne anche quelle apparenti. Tuttavia, come ci si poteva aspettare, non si possono avere informazioni sul lavoro compiuto dal motore da calcoli limitati esclusivamente al sistema non inerziale.

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