Cilindro forato

Cilindro forato

Figure 1:

Dato un cilindro di lunghezza L, raggio R, densit`a ρ con un buco di raggio a < R/2 a distanza R/2 dal centro.

1. Determinare centro di massa, momento di inerzia e posizione di equilibrio del sistema.

2. Il cilindro `e appoggiato su un piano senza attrito ed il raggio che passa per il centro di massa si trova ad un angolo θ rispetto alla verticale. Si determini il centro istantaneo di rotazione e la frequenza delle piccole oscillazioni interno alla posizione di equilibrio.

Soluzione 1

Troviamo il centro di massa del sistema usando il principio di sovrapposizione, cio`e con- siderando un cilindro pieno ottenuto dalla sovrapposizione del cilindro forato in oggetto e da un cilindro pieno avente densit`a negativa di raggio a. Per simmetria, il centro di massa di questi tre solidi si trova sull’asse congiungente i centri delle due circonferenze di base (ad una distanza L/2 dal bordo, ma la coordinata z `e irrilevante in questo problema).

Il cilindro pieno di raggio R ha centro di massa in C; prendendo C come origine dell’asse che congiunge i centri:

0 = m₁r₁+ m₂R

2 (1)

1

essendo m₁la massa del cilindro forato e m₂ la massa del cilindro a densit`a negativa il cui centro si trova ad una distanza R/2 dal centro. Quindi:

0 = (R²− a²)Lρr1− a²LρR

2 → r1 = − a² R²− a² ·R

2 ≡ −d (2)

Il segno − indica che il centro di massa si trova dal lato opposto rispetto al foro, come aspettato.

Per trovare il momento di inerzia ricorriamo di nuovo al principio di sovrapposizione cal- colando prima il momento di inerzia rispetto a C.

I_C = I_C(pieno) + I_C(f oro) = 1

2M R²+1

2m₂a²+ m₂R²

4 (3)

dove M indica la massa del cilindro pieno e dove `e stato usato il teorema di Huygens-Steiner per trovare il momento di inerzia del cilindro a densit`a negativa rispetto a C.

2IC = ρLπR⁴− ρLπa⁴−1

2ρLπa²R² = ρLπ

2 (2R⁴− 2a⁴− a²R²) (4) Si pu`o, quindi, ricavare il momento di inerzia rispetto a G:

I_G= I_C− m₁d² = ρLπ

4 (2R⁴− 2a⁴− a²R²) − ρLπ(R²− a²) a⁴

(R²− a²)² ·R²

4 (5)

Semplificando:

I_G= ρLπ

4(R²− a²)(2R⁶− 3a²R⁴− 2a⁴R²+ 2a⁶) (6) L’energia potenziale del sistema `e data da

U (y_G) = m₁gy_G (7)

cio`e il sistema si comporta come se tutta la massa fosse concentrata nel centro di massa.

Di conseguenza, la posizione di equilibrio `e quella nella quale il centro di massa si trova alla quota pi`u bassa, e quindi con il foro in alto. Questa posizione `e di equilibrio stabile.

Soluzione 2

Non essendoci attrito con il piano di appoggio, , e quindi non essendoci forze dirette lungo x, il centro di massa si muove lungo l’asse y (a meno di una traslazione uniforme lungo l’asse non rilevante). Prendiamo, pertanto un asse verticale che passa per il centro di massa. In questo sistema di riferimento, le coordinate di posizione e velocit`a del centro di massa sono:

~rG = (0, R − d cos θ)

~v_G= (0, d ˙θ sin θ) (8)

Si noti che l’angolo θ `e riferito alla verticale ed `e considerato positivo in senso antiorario, in modo da avere l’asse z uscente dal foglio, con riferimento alla figura. Con questa convenzione, l’angolo θ mostrato in figura 1 `e negativo.

Per trovare l’asse istantaneo di rotazione si puo’ usare la formula:

~r_Q= ~vQ× ω

ω² (9)

essendo Q un punto qualunque del corpo rigido che scegliamo come origine del sistema di coor- dinate solidali al corpo stesso.

2

Scegliamo Q = G e ricaviamo la posizione dell’asse di rotazione istantanea:

~

r_G= ( ˙θˆe_z) × (d ˙θ sin θˆe_y)

θ˙² = −d sin θˆe_x (10)

Si noti che il segno − `e legato alla definizione dell’angolo quindi, facendo riferimento ancora alla figura 1, l’asse di rotazione istantanea si trova sulla destra del centro di massa. Tale asse incontra il piano (x, y) nel punto di incrocio far la verticale per C e la retta orizzontale per G.

Si pu`o giungere alla stessa conclusione con un ragionamento qualitativo: il punto P di con- tatto si muove lungo l’asse x, mentre il centro di massa si muove lungo l’asse y. Di conseguenza l’asse istantaneo di rotazione deve necessariamente trovarsi nel punto di intersezione fra la per- pendicolare all’asse x in P , cio`e sulla perpendicolare a ~vP, e la perpendicolare all’asse y in G, cio`e sulla perpendicolare a ~v_G.

Il momento di inerzia rispetto al punto S di rotazione istantaneo si scrive:

IS = IG+ m1d²sin²θ (11)

L’energia del sistema vale:

E = 1

2ISθ˙²+ m1g(R − d cos θ) (12)

da cui si pu`o ricavare la velocit`a angolare ad un certo angolo θ, note le condizioni iniziali:

θ =˙ s

2E − 2m1g(R − d cos θ)

IG+ m1d²sin²θ (13)

Ad esempio se all’istante iniziale la retta che passa per i centri C e C⁰ `e verticale ed il sistema

`

e in quiete, ad un angolo θ la velocit`a angolare sarebbe:

θ =˙ s

2d cos θ)

IG+ m1d²sin²θ (14)

e a θ = 0:

θ(0) =˙ r 2m₁gd

I_G (15)

Per trovare il periodo delle piccole oscillazioni notiamo che in questo regime:

I_S ∼ I_G per cui riscriviamo l’energia come:

E ∼ 1

2I_Gθ˙²+1

2m₁gdθ² (16)

Da cui ricaviamo la pulsazione delle piccole oscillazioni:

ω²= dmg IG

(17)

Calcoliamo, adesso, il periodo delle piccole oscillazioni utilizzando il polo mobile S, asse istantaneo di rotazione, avete coordinate:

~

rS= (−d sin θ, R − d cos θ)

~

v_S = (−d ˙θ cos θ, d ˙θ sin θ) (18)

Rispetto a questo polo, l’unica forza che ha momento non nullo `e la forza peso:

M~_S = −dmg sin θˆe_z (19)

3

mentre il momento angolare `e dato semplicemente da:

~LS= IS~ω = (IG+ md²sin²θ) ˙θ~ez (20) da cui:

d~L_S

dt = (I_Sθ + 2md¨ ²θ˙²sin θ cos θ)ˆe_z (21) Anche in questo caso il polo `e mobile, per cui va considerato il termine aggiuntivo:

~

vS× ~QG= m(−d ˙θ cos θˆex) × (d ˙θ sin θˆey) = −md²θ˙²sin θ cos θˆez (22) Mettendo insieme le equazioni 19, 21 e 22 si ha:

−dmg sin θ = I_Sθ + 2md¨ ²θ˙²sin θ cos θ − md²θ˙²sin θ cos θ (23) Nella approssimazione di piccole oscillazioni:

IGθ + dmgθ = 0¨ (24)

La soluzione `e sinusoidale con pulsazione:

ω²= dmg

I_G (25)

4