Cilindro che trasla e ruota con attrito dinamico

Cilindro che trasla e ruota con attrito dinamico

Figure 1:

Un cilindro di massa m e raggio r, con massa distribuita uniformemente, viene lanciato su un piano orizzontale e privo di attrito con velocit`a del centro di massa iniziale v<sub>0</sub> e velocit`a angolare iniziale ω₀. In un certo punto A il piano smette di essere privo di attrito e pu`o essere caratterizzato da un coefficiente di attrito dinamico µ_d. Dopo un certo tempo τ il cilindro inizia un moto di puro rotolamento.

Si determini:

1. dato v0, il valore di ω0 al di sopra del quale il moto del cilindro `e opposto rispetto alla direzione iniziale;

2. la perdita di energia fra la situazione iniziale e quella finale, cio`e dopo che il cilindro inizia il moto di puro rotolamento;

3. la legge oraria del cilindro a destra di A, ed in particolare l’istante τ al quale inizia il moto di puro rotolamento;

4. nell’ipotesi in cui il cilindro inverta il moto, la distanza percorsa a destra di A;

5. verificare esplicitamente che il lavoro fatto dalla forza di attrito `e uguale alla variazione di energia cinetica del cilindro.

Soluzione 1

E possibile rispondere a questa domanda, ed alla successiva, indipen-` dentemente dai dettagli di quello che succede nela regione di frenamento dovuto alla forza di attrito dinamico, che verr`a analizzata nella risposta alla domanda 3.

Infatti la forza di attrito `e parallela al piano, per cui il momento delle forze rispetto al polo A `e nullo e, di conseguenza, il momento della quantit`a di moto si conserva fra lo stato iniziale – roto-traslazione in assenza di attrito – e quello finale – rotolamento puro. Pertanto, chiamando C il centro della circonferenza e considerando la componente z del momento angolare, in quanto unica non nulla, scriviamo la conservazione di Lz:

−mRv₀+ I_Cω₀ = I_Aω₁ (1)

dove si `e usato il teorema di Koenig, al primo membro, e la condizione di puro rotolamento, al secondo.

Esplicitando i momenti di inerzia:

ω1 = ω0R − 2v0

3R (2)

Il cilindro rotola “in avanti” se ω1 < 0 (rotazione oraria), mentre torna indietro se ω₁ > 0, cio`e se:

ω₀ > 2v₀

R (3)

Soluzione 2

L’energia finale del cilindro `e:

E_f = 1

2I_Aω₁²= ³₄mR^{2 (ω0R−2v}_9R2 ⁰⁾²

= mω₀²R²+1

3mv²₀−1

3mω₀Rv₀

(4)

La perdita di energia durante la fase di attrito `e:

∆E = 1

12mω²₀R²+1

3mv₀²− 1

3mω₀Rv₀− 1

2mv²₀−1

4mR²ω₀²

= −1

6mω₀²R²−1

6mv²₀−1

3mω₀Rv₀

= −m

6(v0+ ω0R)²

(5)

Soluzione 3

Scriviamo le due equazioni cardinali nella zona con attrito. Quando il moto si pu`o considerare piano, come in questo caso, i gradi di libert`a del corpo rigido si riducono a 3, la posizione di un punto nel piano (x, y), ad esempio, ma non necessariamente, il centro di massa, ed un angolo di rotazione. Pertanto sono 3 le equazioni rilevanti: le componenti (x, y) della prima equazione cardinale e la componente z della seconda. Calcoliamo il momento rispetto al centro di massa C:







0 = N − mg ma_x = −µ_dmg I_Cα = −Rµ_dmg

(6)

dove ~N = N ˆe_y indica la reazione normale del piano.

Ne risulta che sia il moto traslatorio che quello rotatorio sono uniforme- mente accelerati (decelerati) con:

 a_x= −µ_dg

α = −2µdg/R (7)

Di conseguenza le velocit`a sono:

 v_x(t) = v₀− µ_dgt

ω(t)R = ω0R − 2µdgt (8)

Abbiamo scritto ωR per avere un termine dimensionalmente uguale a v_x(t). Si noti che la velocit`a angolare diminuisce pi`u rapidamente di quella traslazionale.

Possiamo avere due situazioni, a seconda del valore relativo di v₀ e ω₀R, come indicato in figura 2:

• la velocit`a vxattraversa l’asse delle x ad un tempo τvminore dell’istante τ<sub>ω</sub>al quale ωR lo attraversa; in questo caso, a t = τ<sub>v</sub> la velocit`a diventa nulla e poi negativa, per cui il cilindro torna indietro;

• succede l’inverso, per cui τ_ω < τ_v; in questo caso il cilindro prosegue verso x positive invertendo il segno della velocit`a angolare, e quindi ruotando in senso antiorario.

Figure 2:

Troviamo i due istanti τ_ω e τ_v dalle equazioni (8):

τ_v = v₀ µdg τ_ω = ω0R

2µ_dg

(9)

Quindi il cilindro torner`a indietro se τ<sub>v</sub> < τ<sub>o</sub>mega, cio`e se:

v0< ω0R 2 che corrisponde alla soluzione trovata in (3).

Un’ulteriore derivata permette di trovare la legge oraria nel periodo nel quale agisce la forza di attrito dinamico, cio`e fino all’istante τ :

 x(t) = v₀t − µ_dgt²/2

θ(t)R = ω₀Rt − µ_dgt² (10)

L’istante τ si pu`o trovare dalla considerazione che il moto di puro roto- lamento, per definizione, si istaura quando il punto di contatto con il suolo ha velocit`a nulla. La velocit`a del punto di contatto P `e:

v_P(t) = v_x(t) + ω(t)R = (v₀+ ω₀R) − 3µ_dgt (11) Notare che abbiamo messo il segno “+” in quanto sia vx (velocit`a del centro di massa) che ω(t) sono quantit`a con segno. L’istante τ al quale questo punto ha velocit`a nulla `e:

τ = v0+ ω0R

3µ_dg (12)

Notare che nella soluzione particolare nella quale ω0R = 2v0 risulta:

τ = τv = τω= v0

µg (13)

Quindi, in questa condizione limite, all’istante τ il cilindro si ferma ed il moto si interrompe.

Soluzione 4

Sia adesso ω0R > 2v0, condizione nella quale il moto si inverte. la distanza percorsa a destra di A `e semplicemente la distanza percorsa fino all’istante τ<sub>v</sub> nel quale la velocit`a traslazionale si annulla prima di invertirsi.

s_D = v₀²

2µ_dg (14)

Soluzione 5

Il lavoro fatto dalla forza di attrito `e dato da:

L_d= Z

F~_d· ~ds = −µ_dmgs_d

essendo sdlo spazio percorso in presenza della forza di attrito Fd. Quale “spazio” va inserito al posto di s_d?

Forse il valore s_D trovato in precedenza? Questo no, in primo luogo perch´e anche dopo aver invertito il moto, la velocit`a angolare non `e nulla e quindi continua il moto con attrito dinamico; infatti τ > τv.

Potremmo allora trovare lo spazio totale percorso dal punto di contatto, includendo anche lo spazio percorso dal moto di traslazione nell’intervallo di tempo (τv : τ ). Questo `e molto semplice da calcolare dalla legge oraria x(t) scritta in precedenza. Tuttavia anche questa risposta non sarebbe corretta.

Per capire quest’ultima affermazione, considerate un cilindro vincolato che ruota intorno al suo asse. Se avvicino un freno, con attrito µ_d, il cilindro rallenter`a fino a fermarsi. Chiaramente l’attrito ha compiuto lavoro dissipa- tivo, tuttavia il punto di contatto sul piano non si `e mosso! Quindi utilizzare lo spostamento totale del punto di contatto sul piano al posto di s_d porta alla conclusione falsa che la forza di attrito in questo caso non compia lavoro.

Quale `e, allora, lo spostamento rilevante? La risposta `e che la forza di attrito agisce sul punto di contatto posto sul cilindro per cui s_d `e lo spazio percorso da questo punto, la cui velocit`a abbiamo gi`a scritto in precedenza:

vP(t) = (v0+ ω0R) − 3µ_dgt (15) Lo spazio percorso nel tempo τ , cio`e fino a che la velocit`a vp si annulla,

`e:

s_d= (v₀+ ω₀R)²

6µ_dg (16)

Di conseguenza il lavoro fatto dalla forza di attrito `e:

L_d= −m

6(v₀+ ω₀R)² (17)

che corrisponde all’energia persa in eq.5. Notare che per µ_d→ ∞ le varie dis- tanze ed i tempi individuati tendono a 0, viceversa il lavoro rimane costante.

Questo in quanto la forza di attrito tende ad infinito ma il suo effetto dura per un tempo infinitesimo mantenendo costante l’integrale

Ld= Z

F~d· ~ds

E, cio`` e, una forza impulsiva che per`o compie lavoro. In altri termini, anche se l’urto `e istantaneo ed avviene in uno spazio infinitesimo, non pu`o essere equiparato ad una riflessione di un urto elastico.