Esercizio 67disco spinto contro un gradino

Testo (secondo compitino del 12 giugno 2014, problema 1). Un disco omogeneo di massa $m = 0{,}4$ kg e raggio $R = 0{,}3$ m poggia su un piano orizzontale, accostato ad un gradino di altezza $h = 0{,}1$ m di spigolo $O$ (vedi figura). Il piano a sinistra del gradino è liscio. Nel centro $C$ del disco è applicata una forza orizzontale $F = 2$ N. Determinare:

a) il momento della forza $F$ e della forza peso rispetto allo spigolo $O$; b) la reazione vincolare che si sviluppa nel punto di appoggio $P$; c) la reazione vincolare che si sviluppa sullo spigolo $O$; d) il minimo valore della forza $F$ affinché il disco cominci a salire sul gradino, staccandosi dal pavimento.

Al disco viene applicata in $C$ la forza orizzontale $F_1 = 5$ N (maggiore di $F_{\min}$), che viene mantenuta costante in modulo e direzione finché il disco sale completamente sul gradino (ossia finché il suo centro $C$ si trova sulla verticale di $O$). Calcolare:

e) l'accelerazione angolare iniziale del disco nella sua rotazione intorno ad $O$; f) il lavoro totale della forza $F_1$ e della forza peso; g) la velocità finale del disco quando è salito sul gradino.

In quell'istante la forza orizzontale viene drasticamente ridotta al valore $F_2 = 0{,}5$ N, rimanendo costante da quel momento in poi. Si osserva un moto di puro rotolamento. Calcolare:

h) l'accelerazione del CM del disco e la forza d'attrito che si sviluppa sul pavimento; i) il tempo impiegato dal disco a portarsi alla velocità $v_{CM} = 5$ m/s del suo centro di massa.

Figura. Il disco sta a sinistra del gradino e lo tocca nello spigolo $O$; $P$ è il punto di appoggio sul pavimento, sotto il centro $C$. La forza $\vec F$ è orizzontale, verso destra (verso il gradino).

Impostazione

La geometria

Il centro $C$ è a quota $R = 0{,}3$ m dal pavimento, lo spigolo $O$ a quota $h = 0{,}1$ m. Quindi $C$ sta più in alto di $O$ di $R - h = 0{,}2$ m. La distanza $CO$ è il raggio $R$ (lo spigolo tocca il bordo del disco), quindi la distanza orizzontale $d$ tra $C$ e $O$ si trova con Pitagora:

$$d = \sqrt{R^2 - (R - h)^2} = \sqrt{0{,}09 - 0{,}04} = \sqrt{0{,}05} = 0{,}224\ \text{m}$$

Anche $P$, che sta sotto $C$, dista $d$ in orizzontale da $O$.

Il verso di "salire"

Per salire sul gradino il disco deve ruotare attorno allo spigolo $O$ in verso orario (il centro va verso destra e verso l'alto). Si prende come positivo il verso orario per tutti i momenti rispetto a $O$.

a) Momenti di $F$ e del peso rispetto a $O$

Il momento di una forza rispetto a un polo è forza per braccio, dove il braccio è la distanza del polo dalla retta d'azione (Momento angolare e momento di una forzaMomento di una forza M = r × F e momento angolare L = r × m v rispetto a un polo. Teorema del momento angolare: dL/dt = M (polo fisso o CM); per un sistema contano solo i momenti esterni. Con forze centrali o momento esterno nullo L si conserva.Momento angolare e momento di una forza →).

• $\vec F$ è orizzontale e passa per $C$: la sua retta d'azione è alla quota di $C$, cioè $R - h$ sopra $O$. Fa girare in verso orario (spinge verso destra sopra il perno): $$M_O^F = F\,(R - h) = 2 \cdot 0{,}2 = 0{,}4\ \text{N·m}$$
• il peso è verticale e passa per $C$: la sua retta d'azione dista $d$ da $O$ in orizzontale. Tira giù il disco a sinistra del perno, quindi fa girare in verso antiorario: $$M_O^{\text{peso}} = m g\,d = 0{,}4 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}224 = 0{,}877\ \text{N·m}$$

Il peso vince: con $F = 2$ N il disco non sale.

b) Reazione nel punto di appoggio $P$

Il disco è in equilibrio. Il pavimento a sinistra è liscio, quindi in $P$ la reazione è solo verticale, $\Phi_P$ verso l'alto. Conviene la seconda equazione cardinale con polo in $O$, perché elimina la reazione dello spigolo (che non conosciamo) (Statica del corpo rigidoUn corpo rigido fermo resta fermo se la somma delle forze esterne e la somma dei loro momenti (rispetto a un polo qualsiasi) sono nulle. Metodo: scegliere il polo dove passano le forze incognite; esempi della scala appoggiata, del gradino e del portacarichi.Statica del corpo rigido →).

$\Phi_P$ è verticale, applicata a distanza orizzontale $d$ a sinistra di $O$: come il peso ma in verso opposto, fa girare in verso orario. Somma dei momenti nulla:

$$F\,(R - h) - m g\,d + \Phi_P\,d = 0 \quad\Longrightarrow\quad \Phi_P = \frac{m g\,d - F\,(R - h)}{d} = \frac{0{,}877 - 0{,}4}{0{,}224} = 2{,}14\ \text{N}$$

c) Reazione dello spigolo $O$

Prima equazione cardinale: la risultante delle forze è nulla.

• Orizzontale: $F + \Phi_{O,x} = 0 \Rightarrow \Phi_{O,x} = -2$ N (lo spigolo spinge indietro il disco);
• Verticale: $\Phi_{O,y} + \Phi_P - m g = 0 \Rightarrow \Phi_{O,y} = 3{,}92 - 2{,}14 = 1{,}79$ N.

$$|\vec\Phi_O| = \sqrt{2^2 + 1{,}79^2} = 2{,}68\ \text{N}$$

Il peso del disco ($3{,}92$ N) è ripartito tra pavimento e spigolo.

d) Forza minima per salire

Il disco comincia a salire quando si stacca dal pavimento, cioè quando $\Phi_P$ si annulla (una reazione d'appoggio non può diventare negativa). Ponendo $\Phi_P = 0$ nell'equazione dei momenti:

$$F_{\min}\,(R - h) = m g\,d \quad\Longrightarrow\quad F_{\min} = \frac{m g\,d}{R - h} = \frac{0{,}877}{0{,}2} = 4{,}39\ \text{N}$$

e) Accelerazione angolare iniziale con $F_1 = 5$ N

Ora il disco si stacca da $P$ e ruota attorno allo spigolo $O$, che fa da asse fisso. Momento d'inerzia rispetto a $O$, un punto del bordo, con Huygens-Steiner (Momento d'inerzia e teorema di Huygens-SteinerIl momento d'inerzia I = ∫ r² dm misura quanto è difficile far ruotare un corpo attorno a un asse. Calcolo per asta, anello, disco e sfera; il teorema di Huygens-Steiner I = I_CM + M d² dà I rispetto a qualunque asse parallelo a uno per il CM.Momento d'inerzia e teorema di Huygens-Steiner →):

$$I_O = \tfrac12 m R^2 + m R^2 = \tfrac32 m R^2 = 1{,}5 \cdot 0{,}4 \cdot 0{,}09 = 0{,}054\ \text{kg·m}^2$$

Seconda equazione cardinale con il polo fisso $O$ ($\Phi_P = 0$, la reazione dello spigolo ha momento nullo):

$$I_O\,\alpha_i = F_1\,(R - h) - m g\,d \quad\Longrightarrow\quad \alpha_i = \frac{5 \cdot 0{,}2 - 0{,}877}{0{,}054} = \frac{0{,}123}{0{,}054} = 2{,}27\ \text{rad/s}^2$$

(La soluzione ufficiale riporta $2{,}33$ rad/s², perché arrotonda il momento del peso a $0{,}874$ N·m: la differenza tra due numeri vicini amplifica gli arrotondamenti.)

f) Lavoro di $F_1$ e del peso

Il disco ruota attorno a $O$ finché $C$ arriva sulla verticale di $O$.

• $F_1$ è costante e orizzontale: il suo lavoro è $F_1$ per lo spostamento orizzontale del punto di applicazione $C$, che va da $d$ a sinistra di $O$ fino a sopra $O$ (Lavoro e potenzaIl lavoro di una forza lungo uno spostamento è il prodotto scalare F·Δr (forza costante) o l'integrale di linea di F·dr (caso generale); si misura in joule e può essere positivo, negativo o nullo. La potenza è il lavoro per unità di tempo, P = F·v.Lavoro e potenza →): $$W_{F_1} = F_1\,d = 5 \cdot 0{,}224 = 1{,}12\ \text{J}$$
• il peso compie lavoro $-m g\,\Delta y_C$. $C$ sale da quota $R - h$ sopra $O$ a quota $R$ sopra $O$: $\Delta y_C = h = 0{,}1$ m. $$W_{\text{peso}} = -m g\,h = -0{,}4 \cdot 9{,}81 \cdot 0{,}1 = -0{,}392\ \text{J}$$

g) Velocità quando il disco è salito

Teorema dell'energia cinetica per la rotazione attorno all'asse fisso $O$, partendo da fermo (Energia cinetica e lavoro nella rotazioneUn corpo rigido che ruota attorno a un asse fisso ha energia cinetica I ω²/2; il lavoro di un momento è ∫ M dθ e la potenza è M ω. Teorema dell'energia cinetica e conservazione dell'energia per i corpi rigidi, con König per i moti di rototraslazione.Energia cinetica e lavoro nella rotazione →); la reazione dello spigolo non lavora (il punto $O$ è fermo):

$$\tfrac12 I_O\,\omega^2 = W_{F_1} + W_{\text{peso}} = 1{,}118 - 0{,}392 = 0{,}726\ \text{J}$$

$$\omega = \sqrt{\frac{2 \cdot 0{,}726}{0{,}054}} = \sqrt{26{,}9} = 5{,}18\ \text{rad/s}$$

In quell'istante $C$ è esattamente sopra $O$: la velocità del centro è orizzontale e vale $v_{CM} = \omega R = 5{,}18 \cdot 0{,}3 = 1{,}56$ m/s.

h) Puro rotolamento sul gradino

Il disco ora poggia sul piano superiore nel punto di contatto (che in quell'istante è proprio $O$) e rotola senza strisciare, spinto da $F_2 = 0{,}5$ N in $C$.

Metodo rapido: momenti rispetto al punto di contatto. Nel puro rotolamento il punto di contatto è fermo istantaneamente e si può usare come polo con il momento d'inerzia $I_P = \frac32 m R^2$ (Moto di puro rotolamentoNel puro rotolamento il punto di contatto è fermo, quindi v_CM = ω R e a_CM = α R. Dinamica con le due equazioni cardinali (o con i momenti rispetto al punto di contatto, I_P = I_CM + m R²); su un piano inclinato a = g sinθ/(1 + I/(mR²)); l'attrito statico serve ma non compie lavoro, quindi l'energia si conserva.Moto di puro rotolamento →). Peso, normale e attrito passano per il punto di contatto e hanno momento nullo; resta $F_2$, con braccio $R$:

$$I_P\,\alpha = F_2\,R \quad\Longrightarrow\quad \alpha = \frac{0{,}5 \cdot 0{,}3}{0{,}054} = 2{,}78\ \text{rad/s}^2, \qquad a_{CM} = \alpha R = 0{,}833\ \text{m/s}^2$$

Attrito. Dalla prima equazione cardinale in orizzontale, $F_2 - F_{\text{attr}} = m\,a_{CM}$:

$$F_{\text{attr}} = F_2 - m\,a_{CM} = 0{,}5 - 0{,}4 \cdot 0{,}833 = 0{,}167\ \text{N} = \frac{F_2}{3}$$

diretta all'indietro. Senza attrito la forza in $C$ farebbe traslare il disco senza farlo ruotare; l'attrito, applicato in basso, gli dà il momento che lo fa girare.

i) Tempo per arrivare a $5$ m/s

Il centro parte da $v_0 = 1{,}56$ m/s (punto g) e accelera uniformemente:

$$t = \frac{v_{CM} - v_0}{a_{CM}} = \frac{5 - 1{,}56}{0{,}833} = 4{,}13\ \text{s}$$

Risultati

Errori comuni

• Usare $R$ come braccio di $F$: il braccio rispetto allo spigolo è la differenza di quota $R - h$.
• Mettere un attrito in $P$: il pavimento a sinistra è liscio, la reazione è verticale.
• Usare $\frac12 m R^2$ per la rotazione attorno allo spigolo: l'asse è sul bordo, serve $\frac32 m R^2$.
• Calcolare il lavoro di $F_1$ con lo spostamento lungo l'arco: per una forza costante conta solo lo spostamento nella sua direzione, qui quello orizzontale.