Esercizi svolti · Scheda 2

Volani e carrucole con massa

Teoria usata: Posizione, velocità e accelerazione angolare Velocità e accelerazione dei punti del corpo Momento di una forza Momenti d'inerzia di corpi omogenei Equazione del moto di rotazione attorno a un asse fisso

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Esercizio 1

Un volano a forma di disco omogeneo, di massa $M = 20 kg$ e raggio $R = 0, 30 m$ , ruota attorno al proprio asse a $300 giri al minuto$ . Un ceppo frenante preme sul bordo ed esercita una forza d’attrito tangente al bordo, costante, di modulo $F = 15 N$ . Trascurando l’attrito dell’asse, calcolare l’accelerazione angolare, il tempo di arresto e il numero di giri compiuti durante la frenata.

I = \frac{1}{2} M R^{2} = \frac{1}{2} \cdot 20 \cdot 0, 3 0^{2} = 0, 90 kg \cdot m^{2}, τ_{z} = - F R = - 15 \cdot 0, 30 = - 4, 5 N \cdot m

τ_{z} = I α ⟹ α = \frac{τ _{z}}{I} = \frac{- 4 , 5}{0 , 90} = - 5, 0 rad/ s^{2}

ω_{0} = 300 \cdot \frac{2 π}{60} rad/s = 10 π rad/s = 31, 4 rad/s

0 = ω_{0} + α t ⟹ t = \frac{ω _{0}}{∣ α ∣} = \frac{31 , 4}{5 , 0} = 6, 28 s

0 = ω_{0}^{2} + 2 α Δ θ ⟹ Δ θ = \frac{ω _{0}^{2}}{2∣ α ∣} = \frac{( 10 π ) ^{2}}{10} = 98, 7 rad, n = \frac{Δ θ}{2 π} = 15, 7 giri

La forza d’attrito è tangente al bordo, quindi il suo braccio rispetto all’asse è il raggio, e il momento è negativo perché si oppone alla rotazione. Il volano ruota attorno a un asse fisso privo di attrito, perciò si applica l’equazione del moto di rotazione $τ_{z} = I α$ , con il momento d’inerzia del disco. Il momento è costante, quindi anche $α$ è costante e valgono le leggi della rotazione uniformemente accelerata. La velocità angolare iniziale si converte in $rad/s$ moltiplicando i giri per $2 π$ e dividendo i minuti per $60$ . Il tempo di arresto si ottiene imponendo $ω = 0$ , l’angolo descritto dalla relazione tra $ω^{2}$ e $Δ θ$ ; dividendo l’angolo per $2 π$ si ottiene il numero di giri, cioè $15, 7$ giri in $6, 28 s$ .

Esercizio 2

Un cilindro omogeneo di massa $M = 6, 0 kg$ e raggio $R = 0, 15 m$ ruota senza attrito attorno al proprio asse, orizzontale. Su di esso è avvolto un filo inestensibile e di massa trascurabile, che non scivola e sostiene un blocco di massa $m = 2, 0 kg$ . Il sistema parte da fermo. Calcolare l’accelerazione del blocco, la tensione del filo, l’accelerazione angolare del cilindro e il tempo che il blocco impiega a scendere di $h = 1, 5 m$ .

⎩ ⎨ ⎧ m g - T = ma T R = \frac{1}{2} M R^{2} α a = α R

T = \frac{1}{2} M a, m g - \frac{1}{2} M a = ma ⟹ a = \frac{m g}{m + \frac{M}{2}}

a = \frac{2 , 0 \cdot 9 , 81}{2 , 0 + 3 , 0} m/ s^{2} = 3, 92 m/ s^{2}, T = 3, 0 \cdot 3, 924 N = 11, 8 N

α = \frac{a}{R} = \frac{3 , 924}{0 , 15} rad/ s^{2} = 26, 2 rad/ s^{2}

h = \frac{1}{2} a t^{2} ⟹ t = \frac{2 h}{a} = \frac{2 \cdot 1 , 5}{3 , 924} s = 0, 874 s

Il blocco trasla e il cilindro ruota, quindi si scrive il secondo principio per il blocco, preso positivo verso il basso, e l’equazione del moto di rotazione per il cilindro. Sul cilindro la tensione agisce tangente al bordo con braccio $R$ , mentre il peso e la reazione dell’asse hanno momento nullo, perché sono applicati sull’asse. Il filo è inestensibile e non scivola, perciò l’accelerazione del blocco è uguale all’accelerazione tangenziale del bordo. Dalle ultime due equazioni si ricava $T$ in funzione di $a$ , e sostituendo nella prima si ottiene $a$ . Il moto del blocco è uniformemente accelerato da fermo, da cui il tempo di discesa. Come controllo, per $M \to 0$ la formula dà $a \to g$ , cioè la caduta libera; con il cilindro la tensione $11, 8 N$ è minore del peso del blocco, $19, 6 N$ , e il blocco scende con $a = 3, 92 m/ s^{2}$ .

Esercizio 3

Una macchina di Atwood è formata da due blocchi di masse $m_{1} = 3, 0 kg$ e $m_{2} = 2, 0 kg$ , collegati da un filo inestensibile e di massa trascurabile che passa su una carrucola a forma di disco omogeneo di massa $M = 2, 0 kg$ e raggio $R = 0, 10 m$ . La carrucola ruota senza attrito e il filo non scivola su di essa. Calcolare l’accelerazione dei blocchi e le tensioni nei due tratti di filo.

Forze sui due blocchi: le tensioni

T_{1}

T_{2}

sono diverse perché la carrucola ha massa

⎩ ⎨ ⎧ m_{1} g - T_{1} = m_{1} a T_{2} - m_{2} g = m_{2} a (T_{1} - T_{2}) R = \frac{1}{2} M R^{2} α a = α R

T_{1} - T_{2} = \frac{1}{2} M a, (m_{1} - m_{2}) g - \frac{1}{2} M a = (m_{1} + m_{2}) a ⟹ a = \frac{( m _{1} - m _{2} ) g}{m _{1} + m _{2} + \frac{M}{2}}

a = \frac{1 , 0 \cdot 9 , 81}{3 , 0 + 2 , 0 + 1 , 0} m/ s^{2} = 1, 64 m/ s^{2}

T_{1} = m_{1} (g - a) = 3, 0 \cdot (9, 81 - 1, 635) N = 24, 5 N, T_{2} = m_{2} (g + a) = 2, 0 \cdot (9, 81 + 1, 635) N = 22, 9 N

Il blocco più pesante $m_{1}$ scende e $m_{2}$ sale con la stessa accelerazione $a$ , perché il filo è inestensibile; per ciascun blocco il secondo principio si scrive con il verso positivo nel verso del moto. Sulla carrucola i due tratti di filo tirano verso il basso, tangenti al bordo da parti opposte, quindi i loro momenti rispetto all’asse hanno segni opposti e il momento risultante è $(T_{1} - T_{2}) R$ . L’equazione del moto di rotazione della carrucola, con $I = \frac{1}{2} M R^{2}$ , e la condizione di non scivolamento danno $T_{1} - T_{2} = \frac{1}{2} M a$ . Sommando le prime due equazioni le tensioni compaiono solo nella differenza $T_{1} - T_{2}$ , e si ricava $a$ . Come controllo, $T_{1} - T_{2} = 1, 6 N$ coincide con $\frac{1}{2} M a = 1, 0 \cdot 1, 635 N$ . La carrucola con massa si comporta come una massa aggiuntiva $\frac{M}{2}$ da accelerare, perciò $a = 1, 64 m/ s^{2}$ è minore del valore $1, 96 m/ s^{2}$ che si avrebbe con una carrucola di massa trascurabile.

Esercizio 4

Un blocco di massa $m_{1} = 4, 0 kg$ è appoggiato su un tavolo orizzontale con coefficiente d’attrito dinamico $μ_{d} = 0, 20$ ed è collegato, con un filo inestensibile e di massa trascurabile che passa su una carrucola al bordo del tavolo, a un blocco appeso di massa $m_{2} = 3, 0 kg$ . La carrucola è un disco omogeneo di massa $M = 2, 0 kg$ e raggio $R = 0, 080 m$ , ruota senza attrito e il filo non scivola. Il sistema, lasciato libero, si mette in moto. Calcolare l’accelerazione e le tensioni nei due tratti di filo.

⎩ ⎨ ⎧ T_{1} - μ_{d} m_{1} g = m_{1} a m_{2} g - T_{2} = m_{2} a (T_{2} - T_{1}) R = \frac{1}{2} M R^{2} α a = α R

a = \frac{( m _{2} - μ _{d} m _{1} ) g}{m _{1} + m _{2} + \frac{M}{2}} = \frac{( 3 , 0 - 0 , 80 ) \cdot 9 , 81}{4 , 0 + 3 , 0 + 1 , 0} m/ s^{2} = 2, 70 m/ s^{2}

T_{1} = m_{1} (a + μ_{d} g) = 4, 0 \cdot (2, 698 + 1, 962) N = 18, 6 N

T_{2} = m_{2} (g - a) = 3, 0 \cdot (9, 81 - 2, 698) N = 21, 3 N

Il blocco sul tavolo è tirato dalla tensione $T_{1}$ e frenato dall’attrito dinamico, che vale $μ_{d} m_{1} g$ perché la reazione normale del tavolo equilibra il peso. Il blocco appeso scende sotto l’azione del peso e della tensione $T_{2}$ . Sulla carrucola i due tratti di filo agiscono tangenti al bordo, uno orizzontale e uno verticale, con momenti opposti rispetto all’asse; si applica l’equazione del moto di rotazione con $I = \frac{1}{2} M R^{2}$ . Sommando le prime due equazioni e usando $T_{2} - T_{1} = \frac{1}{2} M a$ , che segue dalle ultime due, si ottiene $a$ . Il raggio della carrucola si semplifica e non compare nel risultato. Il controllo $T_{2} - T_{1} = 2, 7 N = \frac{1}{2} M a$ conferma i valori, e la tensione è maggiore nel tratto verticale, perché la differenza delle tensioni accelera la rotazione della carrucola.