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Fisica 1

Esercizi sul corpo rigido e sul rotolamento svolti, dal livello base all’esame

Dodici esercizi con soluzione: momenti d'inerzia, macchina di Atwood con carrucola, rotolamento sul piano inclinato, yo-yo, boccia, cilindro tirato, asta che cade, piattaforma girevole, giro della morte.

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Esercizi sulla dinamica del corpo rigido e sul rotolamento puro del tipo che si danno nei corsi di Fisica 1, in tre livelli: base, per momenti d’inerzia ed equazione della rotazione; medio, con rotolamento, piano inclinato e attrito; esame, con problemi completi come negli scritti e negli esoneri. Il risultato è indicato subito; la soluzione completa si apre con un clic. Le dimostrazioni sono nella lezione e nell’approfondimento collegati in cima.

Dove non indicato: g = 9{,}81 m/s², corpi omogenei, I = kMR^2 con k = 1/2 per il disco o cilindro pieno, 2/5 per la sfera piena, 1 per l’anello.

Livello base

Esercizio 1. Momento d’inerzia di un sistema

Due masse puntiformi da 2,0 kg sono fissate agli estremi di un’asta di massa trascurabile lunga 1,0 m. Calcola il momento d’inerzia rispetto a un asse perpendicolare all’asta passante per il centro, e rispetto a uno passante per un estremo.

Risultato: 1,0 kg·m²; 2,0 kg·m².

Soluzione

Rispetto al centro, ogni massa è a 0,5 m: I = 2\cdot 2{,}0\cdot 0{,}5^2 = 1{,}0 kg·m².

Rispetto a un estremo, una massa sta sull’asse (contributo nullo) e l’altra a 1,0 m: I = 2{,}0\cdot 1{,}0^2 = 2{,}0 kg·m². Controllo con Steiner: I = I_{cm} + Md^2 = 1{,}0 + 4{,}0\cdot 0{,}5^2 = 2{,}0 kg·m².

Esercizio 2. Un disco messo in rotazione

Un disco di 4,0 kg e raggio 0,20 m, inizialmente fermo, può ruotare attorno al proprio asse. Una forza di 10 N viene applicata tangenzialmente al bordo per 2,0 s. Trova l’accelerazione angolare, la velocità angolare finale e l’energia cinetica finale, e verifica che coincide con il lavoro della forza.

Risultato: 25 rad/s²; 50 rad/s; 100 J.

Soluzione

Momento: \tau = FR = 10\cdot 0{,}20 = 2{,}0 N·m. Momento d’inerzia: I = \frac{1}{2}\cdot 4{,}0\cdot 0{,}20^2 = 0{,}080 kg·m². Accelerazione angolare \alpha = \tau/I = 25 rad/s².

Dopo 2,0 s: \omega = \alpha t = 50 rad/s. Energia: K = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}\cdot 0{,}080\cdot 2500 = 100 J.

Lavoro: l’angolo percorso è \theta = \frac{1}{2}\alpha t^2 = 50 rad, e W = \tau\theta = 2{,}0\cdot 50 = 100 J. È il teorema dell’energia cinetica per la rotazione.

Esercizio 3. La macchina di Atwood con una carrucola pesante

Due masse di 3,0 kg e 2,0 kg sono appese ai lati di un filo che passa su una carrucola a disco di massa 2,0 kg, senza strisciare. Trova l’accelerazione e le tensioni nei due tratti di filo.

Macchina di Atwood con carrucola dotata di massa
Le due tensioni sono diverse: la loro differenza, moltiplicata per il raggio, è il momento che fa accelerare la carrucola. La massa più pesante scende con accelerazione a, l’altra sale con la stessa accelerazione.

Risultato: a = 1{,}64 m/s²; T_1 = 24{,}5 N; T_2 = 22{,}9 N.

Soluzione

Con m_1 = 3{,}0 kg che scende e m_2 = 2{,}0 kg che sale:

m_1g - T_1 = m_1a; T_2 - m_2g = m_2a; per la carrucola (T_1 - T_2)R = I\alpha = \frac{1}{2}MR^2\cdot a/R, cioè T_1 - T_2 = \frac{1}{2}Ma.

Sommando le tre equazioni: (m_1 - m_2)g = (m_1 + m_2 + M/2)a, quindi a = 9{,}81/6{,}0 = 1{,}64 m/s².

Tensioni: T_1 = m_1(g - a) = 3{,}0\cdot 8{,}18 = 24{,}5 N; T_2 = m_2(g + a) = 2{,}0\cdot 11{,}45 = 22{,}9 N. Le tensioni sono diverse proprio perché la loro differenza fa ruotare la carrucola: con una carrucola di massa trascurabile sarebbero uguali.

Esercizio 4. Rotolamento ed energia

Un cilindro pieno parte da fermo e rotola senza strisciare lungo un piano inclinato, scendendo di un dislivello di 1,5 m. Con che velocità arriva in fondo?

Risultato: 4,43 m/s.

Soluzione

Conservazione dell’energia (l’attrito statico non compie lavoro, approfondimento): Mgh = \frac{1}{2}Mv^2(1 + k), con k = 1/2:

v = \sqrt{\dfrac{2gh}{1{,}5}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot 9{,}81\cdot 1{,}5}{1{,}5}} = \sqrt{19{,}62} = 4{,}43 m/s.

Un corpo che scivolasse senza attrito arriverebbe a \sqrt{2gh} = 5{,}42 m/s: un terzo dell’energia del cilindro è andato in rotazione.

Livello medio

Esercizio 5. Sfera su un piano inclinato: accelerazione e attrito minimo

Una sfera piena rotola senza strisciare su un piano inclinato di 30°. Trova l’accelerazione del centro, la forza d’attrito in rapporto al peso e il minimo coefficiente d’attrito statico necessario.

Corpo che rotola su un piano inclinato
Sul corpo agiscono il peso M g nel centro, la reazione normale N e l’attrito statico f nel punto di contatto P, diretto verso l’alto lungo il piano. Il centro accelera di a verso il basso lungo il piano e il corpo ha accelerazione angolare alfa.

Risultato: a = 3{,}50 m/s²; f = 0{,}143\,Mg; \mu_{s,min} = 0{,}165.

Soluzione

Dalle equazioni del moto (approfondimento): a = g\sin\theta/(1 + k) = 4{,}905/1{,}4 = 3{,}50 m/s².

Attrito: f = kMa = 0{,}4\cdot 3{,}50\,M = 1{,}40\,M newton, cioè 1{,}40/9{,}81 = 0{,}143 volte il peso.

Reazione normale N = Mg\cos 30° = 8{,}50\,M. Coefficiente minimo: f/N = 1{,}40/8{,}50 = 0{,}165, uguale a \frac{2}{7}\tan 30°.

Esercizio 6. La gara sul piano inclinato

Un disco e un anello partono insieme da fermi dalla sommità di un piano inclinato di 30° lungo 4,0 m. Quanto tempo impiega ciascuno ad arrivare in fondo?

Risultato: disco 1,56 s; anello 1,81 s.

Soluzione

Accelerazioni: disco a = 4{,}905/1{,}5 = 3{,}27 m/s²; anello a = 4{,}905/2 = 2{,}45 m/s².

Moto uniformemente accelerato da fermo: t = \sqrt{2L/a}. Disco: \sqrt{8{,}0/3{,}27} = 1{,}56 s. Anello: \sqrt{8{,}0/2{,}45} = 1{,}81 s.

Il risultato non dipende né dalla massa né dal raggio, solo da k: un anello di piombo perde contro un disco di legno.

Esercizio 7. Lo yo-yo

Un disco di massa M e raggio R ha un filo avvolto sul bordo; l’estremo del filo è tenuto fermo e il disco scende srotolandolo. Trova l’accelerazione del disco e la tensione del filo.

Yo-yo: disco che si srotola da un filo fermo
Il punto Q in cui il filo lascia il disco è istantaneamente fermo, come il punto di contatto nel rotolamento. Agiscono il peso nel centro e la tensione del filo, che ha braccio R rispetto al centro.

Risultato: a = \frac{2}{3}g = 6{,}54 m/s²; T = \frac{1}{3}Mg.

Soluzione

Il filo si srotola senza strisciare: il punto del disco in cui il filo si stacca è fermo, quindi a = \alpha R, come nel rotolamento.

Traslazione: Mg - T = Ma. Rotazione attorno al centro: TR = \frac{1}{2}MR^2\alpha = \frac{1}{2}MRa, quindi T = \frac{1}{2}Ma.

Sostituendo: Mg = \frac{3}{2}Ma, a = \frac{2}{3}g = 6{,}54 m/s², e T = \frac{1}{3}Mg.

Con il momento rispetto al punto di stacco (approfondimento): MgR = \frac{3}{2}MR^2\cdot a/R, stesso risultato in una riga.

Esercizio 8. La boccia che strisciava

Una boccia (sfera piena) di 7,0 kg viene lanciata con velocità 8,0 m/s senza rotazione su una pista con coefficiente d’attrito dinamico 0,20. Trova la velocità quando inizia a rotolare senza strisciare, il tempo e lo spazio percorso fino a quel momento, e l’energia dissipata.

Velocità del centro e velocità periferica di una boccia che striscia
L’attrito dinamico, opposto allo strisciamento, fa diminuire linearmente la velocità del centro e aumentare linearmente omega per R. Quando le due rette si incontrano, all’istante t asterisco, la boccia rotola senza strisciare e da lì la velocità resta costante.

Risultato: 5,71 m/s; 1,17 s; 7,99 m; 64 J.

Soluzione

Velocità finale (approfondimento, conservazione del momento angolare rispetto a un punto della pista): v_f = v_0/(1 + k) = 8{,}0/1{,}4 = 5{,}71 m/s.

Durante lo strisciamento l’attrito dinamico rallenta il centro con a = \mu_kg = 1{,}962 m/s². Tempo: t = (v_0 - v_f)/a = 2{,}286/1{,}962 = 1{,}17 s.

Spazio: d = v_0t - \frac{1}{2}at^2 = 8{,}0\cdot 1{,}165 - 0{,}981\cdot 1{,}357 = 9{,}32 - 1{,}33 = 7{,}99 m.

Energia: iniziale \frac{1}{2}\cdot 7{,}0\cdot 64 = 224 J; finale \frac{1}{2}\cdot 7{,}0\cdot 5{,}71^2\cdot 1{,}4 = 160 J; dissipata 64 J, cioè i 2/7 dell’energia iniziale, come previsto.

Controllo sulla rotazione: il momento dell’attrito, \mu_kMgR, dà \alpha = \mu_kMgR/(\frac{2}{5}MR^2), e dopo 1,165 s \omega R = \frac{5}{2}\mu_kg\,t = \frac{5}{2}\cdot 1{,}962\cdot 1{,}165 = 5{,}71 m/s, uguale a v_f.

Livello esame

Esercizio 9. Il cilindro tirato dal centro

Un cilindro pieno di 10 kg è appoggiato su un piano orizzontale ed è tirato da una forza orizzontale di 30 N applicata al suo asse. Trova l’accelerazione, la forza d’attrito (modulo e verso) e il minimo coefficiente d’attrito statico perché rotoli senza strisciare. Ripeti con la forza applicata nel punto più alto (filo avvolto sul cilindro).

Cilindro tirato da una forza orizzontale a due altezze diverse
A sinistra la forza è applicata al centro e l’attrito nel punto di contatto è diretto all’indietro; a destra è applicata alla sommità e l’attrito è diretto in avanti. Per h uguale a tre mezzi di R l’attrito si annulla.

Risultato: dal centro a = 2{,}0 m/s², attrito 10 N all’indietro, \mu_{s,min} = 0{,}102; dalla sommità a = 4{,}0 m/s², attrito 10 N in avanti.

Soluzione

Momenti rispetto al punto di contatto (approfondimento), I_P = \frac{3}{2}MR^2: F\,h = \frac{3}{2}MR\,a.

Dal centro, h = R: a = \frac{2F}{3M} = \frac{60}{30} = 2{,}0 m/s². Equazione del centro: F + f = Ma, quindi f = 20 - 30 = -10 N: 10 N opposti alla forza. Coefficiente minimo: 10/(10\cdot 9{,}81) = 0{,}102.

Dalla sommità, h = 2R: a = \frac{4F}{3M} = 4{,}0 m/s², e f = 40 - 30 = +10 N, nello stesso verso della forza. L’attrito “aiuta”: il cilindro accelera più di quanto farebbe sotto la sola forza F (3,0 m/s²), perché la forza applicata in alto lo fa anche ruotare in avanti.

Esercizio 10. L’asta che cade

Un’asta omogenea lunga 1,0 m è incernierata a un estremo e viene lasciata cadere da ferma in posizione orizzontale. Trova l’accelerazione angolare iniziale, la velocità angolare quando passa per la verticale, e la velocità dell’estremo libero in quel momento. Confrontala con quella di un corpo in caduta libera dalla stessa altezza.

Asta incernierata lasciata cadere dalla posizione orizzontale
Il peso agisce nel centro, a metà lunghezza dal perno O. Nella posizione verticale, tratteggiata, l’estremo libero ha velocità omega per L, maggiore di quella di un corpo in caduta libera dalla stessa altezza.

Risultato: \alpha_0 = 14{,}7 rad/s²; \omega = 5{,}42 rad/s; v = 5{,}42 m/s, più dei 4,43 m/s della caduta libera.

Soluzione

Momento d’inerzia rispetto all’estremo: I = \frac{1}{3}ML^2 (lezione, con Steiner).

Inizio: il peso, applicato nel centro a L/2, dà \tau = MgL/2; \alpha_0 = \tau/I = \frac{3g}{2L} = 14{,}7 rad/s².

Energia: il centro scende di L/2, quindi Mg\frac{L}{2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}ML^2\omega^2, \omega = \sqrt{3g/L} = \sqrt{29{,}4} = 5{,}42 rad/s.

Estremo libero: v = \omega L = 5{,}42 m/s. Un corpo in caduta libera da 1,0 m arriva a \sqrt{2gL} = 4{,}43 m/s: l’estremo dell’asta è più veloce. È il motivo per cui una ciminiera che crolla si spezza: le parti alte dovrebbero accelerare più di g, e la struttura non resiste ai momenti necessari.

Esercizio 11. La piattaforma girevole

Una piattaforma circolare con momento d’inerzia 200 kg·m² ruota senza attrito a 1,0 rad/s. Una persona di 70 kg, schematizzabile come un punto, sta sul bordo a 2,0 m dal centro e cammina fino a 0,50 m dal centro. Trova la nuova velocità angolare e la variazione di energia cinetica. Da dove viene l’energia?

Risultato: 2,21 rad/s; l’energia passa da 240 J a 530 J.

Soluzione

Momenti d’inerzia: iniziale I_1 = 200 + 70\cdot 2{,}0^2 = 480 kg·m²; finale I_2 = 200 + 70\cdot 0{,}50^2 = 217{,}5 kg·m².

Nessun momento esterno: I_1\omega_1 = I_2\omega_2, \omega_2 = 480/217{,}5 = 2{,}21 rad/s.

Energie: K_1 = \frac{1}{2}\cdot 480\cdot 1{,}0^2 = 240 J; K_2 = \frac{1}{2}\cdot 217{,}5\cdot 2{,}207^2 = 530 J. L’energia aumenta di 290 J: è il lavoro dei muscoli della persona, che deve tirarsi verso il centro contro la forza centrifuga (vista nel suo sistema rotante). Il momento angolare si conserva, l’energia no.

Esercizio 12. Il giro della morte con una pallina che rotola

Una piccola sfera piena rotola senza strisciare lungo una guida che termina con un giro della morte circolare di raggio R. Da quale altezza minima deve partire da ferma per percorrere tutto il giro? Confronta con un corpo che scivola senza attrito.

Giro della morte percorso da una pallina che rotola
La pallina parte da ferma all’altezza h e deve arrivare in cima al giro, a quota due R, con velocità sufficiente perché il peso basti da solo a fornire la forza centripeta.

Risultato: h_{min} = 2{,}7\,R (contro 2{,}5\,R senza rotazione).

Soluzione

In cima al giro la sfera resta sulla guida se la forza centripeta richiesta non è inferiore al peso: al limite Mv^2/R = Mg, cioè v^2 = gR (trascurando il raggio della pallina rispetto a R).

Energia: partendo da h e arrivando a quota 2R, Mg(h - 2R) = \frac{1}{2}Mv^2(1 + k) = \frac{1}{2}MgR\cdot\frac{7}{5} = 0{,}7\,MgR.

Quindi h = 2R + 0{,}7R = 2{,}7R. Per un corpo che scivola senza rotazione (k = 0) basterebbe 2{,}5R: la pallina che rotola deve partire più in alto perché una parte dell’energia è immobilizzata nella rotazione.

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