Esercizio 62disco spinto da una forza orizzontale su un piano inclinato

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Testo (tema d'esame del 14 giugno 2023, secondo compitino, problema 1). Un disco omogeneo di massa $m = 0{,}4$ kg e raggio $R = 0{,}2$ m può rotolare con moto di puro rotolamento lungo un piano inclinato scabro. L'angolo di inclinazione del piano rispetto alla direzione orizzontale è $\vartheta = 20°$ . Una forza $F$ diretta orizzontalmente come in figura è applicata nel centro del disco. Determinare:

a) l'intensità di $F$ affinché il disco rimanga in equilibrio statico; b) dimostrare che la forza d'attrito statico $F_S$ in queste condizioni è nulla.

Se la forza applicata ha intensità $F = 3$ N, determinare:

c) l'accelerazione angolare $\alpha$ del disco e l'accelerazione $a$ del CM del disco; d) la forza d'attrito statico (con il suo segno, rispetto all'orientazione dell'asse $x$ mostrata in figura).

Se la forza $F = 3$ N agisce per il tempo $t = 1{,}5$ s, con il disco inizialmente fermo, determinare:

e) il lavoro $W_F$ compiuto dalla forza $F$ , l'energia cinetica finale del disco e la sua velocità angolare di rotazione.

Figura. Il piano sale verso sinistra; l'asse $x$ è parallelo al piano e punta verso l'alto lungo il piano. La forza $F$ è orizzontale, applicata nel centro del disco e diretta verso sinistra, cioè verso il pendio: spinge il disco in salita. $P$ è il punto di contatto.

Impostazione

simbolo	significato	valore
$m$ , $R$	massa e raggio del disco	$0{,}4$ kg, $0{,}2$ m
$\vartheta$	inclinazione del piano	$20°$
$F$	forza orizzontale nel centro	da trovare in a), poi $3$ N
$t$	durata della spinta	$1{,}5$ s

Scomposizione delle forze lungo il piano. Conviene usare l'asse $x$ lungo il piano (verso l'alto) e l'asse $y$ perpendicolare. Le forze sul disco:

peso $mg$ : componente lungo il piano $-mg\sin\vartheta$ (tira verso il basso, cioè verso $x$ negative), componente perpendicolare $-mg\cos\vartheta$ (contro il piano);
forza $F$ orizzontale: l'angolo tra l'orizzontale e il piano è $\vartheta$ , quindi la componente lungo il piano è $+F\cos\vartheta$ (in salita) e quella perpendicolare è $-F\sin\vartheta$ (la forza orizzontale spinge il disco anche contro il piano);
reazione normale $N$ in $P$ , perpendicolare al piano;
attrito statico $F_S$ in $P$ , lungo il piano, con segno incognito (lo si scrive come componente $x$ e il segno uscirà dai calcoli).

Il polo comodo è il punto di contatto $P$ . Rispetto a $P$ normale e attrito hanno momento nullo; peso e $F$ sono applicati nel centro $C$ , che sta a distanza $R$ da $P$ lungo la perpendicolare al piano. Il braccio di una forza applicata in $C$ rispetto a $P$ è quindi $R$ per la sua componente parallela al piano, mentre la componente perpendicolare passa per $P$ e non conta. Con il verso positivo delle rotazioni quello che fa salire il disco:

$M_P = (F\cos\vartheta - m g\sin\vartheta)\,R$

a) Forza per l'equilibrio statico

Il disco è fermo se il momento totale rispetto a $P$ è nullo:

$(F\cos\vartheta - m g\sin\vartheta)\,R = 0 \quad\Longrightarrow\quad F = m g\tan\vartheta = 0{,}4\cdot9{,}81\cdot0{,}364 = 1{,}43\ \text{N}$

b) L'attrito all'equilibrio è nullo

Equilibrio delle forze lungo il piano (prima equazione cardinale con $a = 0$ ):

$F\cos\vartheta - m g\sin\vartheta + F_S = 0$

Per il punto a) i primi due termini si annullano, quindi $F_S = 0$ .

Perché ha senso. Con questo valore di $F$ la risultante di $F$ e del peso è perpendicolare al piano e passa per il centro: viene equilibrata tutta dalla normale, e non c'è nessuna tendenza a scivolare. In generale invece l'attrito statico serve a impedire lo strisciamento e non è nullo.

c) Accelerazioni con $F = 3$ N

Ora $F\cos\vartheta = 3\cdot0{,}940 = 2{,}82$ N supera $mg\sin\vartheta = 1{,}34$ N: il disco sale. Seconda equazione cardinale rispetto al punto di contatto, con $I_P = \frac12 mR^2 + mR^2 = \frac32 mR^2$ (teorema di Huygens-Steiner):

$(F\cos\vartheta - m g\sin\vartheta)\,R = \frac32 mR^2\,\alpha \quad\Longrightarrow\quad \alpha = \frac23\,\frac{F\cos\vartheta/m - g\sin\vartheta}{R}$

$\alpha = \frac23\cdot\frac{7{,}048 - 3{,}355}{0{,}2} = \frac23\cdot18{,}46 = 12{,}3\ \text{rad/s}^2$

e per il vincolo di rotolamento $a = \alpha R = 12{,}31\cdot0{,}2 = 2{,}46\ \text{m/s}^2$ , in salita.

Controllo dimensionale: $\frac{F/m - g\sin\vartheta}{R}$ è un'accelerazione diviso una lunghezza, $[T]^{-2}$ : un'accelerazione angolare ✓.

d) Forza d'attrito statico

Dalla prima equazione cardinale lungo $x$ :

$m a = F\cos\vartheta - m g\sin\vartheta + F_S \quad\Longrightarrow\quad F_S = m a - F\cos\vartheta + m g\sin\vartheta$

$F_S = 0{,}4\cdot2{,}462 - 2{,}819 + 1{,}342 = 0{,}985 - 2{,}819 + 1{,}342 = -0{,}49\ \text{N}$

Il segno meno dice che l'attrito è diretto verso il basso lungo il piano, opposto al moto. Si capisce così: la forza motrice netta $F\cos\vartheta - mg\sin\vartheta = 1{,}48$ N, da sola, farebbe traslare il disco senza farlo ruotare (passa per il centro). L'attrito, applicato in basso e diretto all'indietro, è ciò che lo mette in rotazione, e frena un po' la traslazione. È la situazione della forza applicata al centro descritta nella teoria: $|F_S|$ è un terzo della forza motrice netta, $1{,}48/3 = 0{,}49$ N.

e) Lavoro, energia cinetica e velocità angolare dopo $1{,}5$ s

L'accelerazione è costante, quindi il centro del disco percorre, partendo da fermo,

$x = \frac12 a t^2 = \frac12\cdot2{,}462\cdot1{,}5^2 = 2{,}77\ \text{m}$

Lavoro di $F$ . La forza è costante; il suo punto di applicazione (il centro) si sposta di $x$ lungo il piano, e solo la componente parallela allo spostamento lavora (lavoro di una forza costante):

$W_F = F\cos\vartheta\cdot x = 2{,}819\cdot2{,}769 = 7{,}81\ \text{J}$

Energia cinetica finale. Per il teorema dell'energia cinetica $E_k = W_F + W_{peso} + W_N + W_{attr}$ . La normale è perpendicolare allo spostamento ( $W_N = 0$ ); l'attrito statico agisce sul punto di contatto, che è fermo ( $W_{attr} = 0$ ); il peso compie lavoro negativo perché il disco sale di $x\sin\vartheta$ :

$E_k = W_F - m g\sin\vartheta\,x = 7{,}807 - 1{,}342\cdot2{,}769 = 7{,}807 - 3{,}717 = 4{,}09\ \text{J}$

Velocità angolare. Nel rotolamento $E_k = \frac12 I_P\,\omega^2$ con $I_P = \frac32 mR^2 = 0{,}024\ \text{kg}\,\text{m}^2$ :

$\omega = \sqrt{\frac{2E_k}{I_P}} = \sqrt{\frac{2\cdot4{,}090}{0{,}024}} = 18{,}5\ \text{rad/s}$

Controllo con la cinematica: $\omega = \alpha t = 12{,}31\cdot1{,}5 = 18{,}5$ rad/s ✓.

Risultati

grandezza	valore
a) forza per l'equilibrio	$1{,}43$ N
b) attrito all'equilibrio	$0$
c) accelerazione angolare $\alpha$	$12{,}3\ \text{rad/s}^2$
c) accelerazione del CM $a$	$2{,}46\ \text{m/s}^2$
d) attrito statico $F_S$	$-0{,}49$ N (verso il basso lungo il piano)
e) spazio percorso	$2{,}77$ m
e) lavoro di $F$	$7{,}81$ J
e) energia cinetica finale	$4{,}09$ J
e) velocità angolare finale	$18{,}5$ rad/s

Tutti i valori coincidono con la soluzione ufficiale.

Errori comuni

Calcolare il lavoro di $F$ con $F\cdot x$ : la forza è orizzontale e lo spostamento è lungo il piano, serve $F\cos\vartheta$ .
Usare $I_C = \frac12 mR^2$ nell'equazione dei momenti rispetto a $P$ : rispetto al punto di contatto serve $I_P = \frac32 mR^2$ .
Imporre a priori il verso dell'attrito: va lasciato come incognita con segno, come chiede esplicitamente il testo.
Includere un lavoro dell'attrito nel bilancio energetico: nel puro rotolamento l'attrito statico non lavora.