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Esercizio corpo rigido 7

Dinamica del corpo rigido

Home » Esercizio corpo rigido 7

L’Esercizio Corpo Rigido 7 è il settimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 6 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 8. È rivolto a studenti di Fisica 1, in particolare a coloro che studiano ingegneria, fisica o matematica.

Nel percorso didattico di Fisica 1, prima di affrontare i corpi rigidi, si studiano gli esercizi sui sistemi di punti materiali. Successivamente, si passa agli esercizi sugli urti tra punti materiali e corpi rigidi, che rappresentano un momento di sintesi nel percorso formativo.

 

Testo esercizio corpo rigido 7

Esercizio 7 (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un corpo rigido è formato da quattro aste uguali, ciascuna di massa m = \text{1.5 kg} e lunghezza d = \text{0,8 m},
disposte lungo i lati di un quadrato, che giace in un piano verticale. Calcolare

1) il momento d’inerzia del corpo rispetto ad un asse perpendicolare al piano sul quale giace il quadrato e passante per il centro O del quadrato;

2) il momento d’inerzia del corpo rispetto ad un asse perpendicolare al piano sul quale giace il quadrato e passante per il punto medio P dell’asta superiore;

3) il momento d’inerzia del corpo rispetto ad un asse perpendicolare al piano sul quale giace il quadrato e passante per il punto Q, coincidente con il vertice superiore sinistro del quadrato;

4) calcolare inoltre il periodo delle piccole oscillazioni nel caso b).

 

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Struttura rigida composta da quattro aste disposte lungo i lati di un quadrato, con punti O, P e Q indicati.

Svolgimento Punto 1.

Notiamo che le 4 aste sono identiche e il loro centro si trova alla stessa dista da O, ovvero d/2. Per calcolare il momento d’inerzia totale del corpo rigido formato dalle 4 aste è possibile calcolare il momento d’inerzia di un’asta e moltiplicare per 4. Applichiamo il teorema di König, cioè

(1)   \begin{equation*} I_O =4\left(\dfrac{1}{12}md^2+m\dfrac{d^2}{4}\right)=\dfrac{4}{3}md^2. \end{equation*}

Si conclude con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ I_O=\dfrac{4}{3}md^2\approx1,28\cdot \text{kg}\cdot \text{m}^2.}\]

Svolgimento Punto 2.

Niziamo calcolando il momento d’inerzia dell’asta inferiore I_1 rispetto all’asse di rotazione orizzontale passante per il punto P. Questo vale

(2)   \begin{equation*} I_1 = \dfrac{1}{12}md^2+md^2=\dfrac{13}{12}md^2. \end{equation*}

Il momento d’inerzia I_2 dell’asta superiore è

(3)   \begin{equation*} I_2=\dfrac{1}{12}md^2 \end{equation*}

in quanto il punto P coincide con l’asse di rotazione . Consideriamo la figura 2

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Dalla figura 2 si può notare che la distanza tra il centro C dell’asta a destra e P è

(4)   \begin{equation*} \overline{PC}=\sqrt{2\cdot \dfrac{d^2}{4}}=\dfrac{d}{\sqrt{2}}. \end{equation*}

Pertanto il momento d’inerzia è

(5)   \begin{equation*} I_3 = {1\over 12} md^2+m\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^2={1\over 12} md^2+\dfrac{md^2}{2}=\dfrac{7}{12}md^2. \end{equation*}

Per questioni di simmetria il momento d’inerzia dell’asta a sinistra risulta avere lo stesso momento d’inerzia dell’asta di destra. Sfruttando i risultati ottenuti si ha

(6)   \begin{equation*} I_P=I_1 +I_2+2I_3=\dfrac{13}{12}md^2+\dfrac{1}{12}md^2+2\cdot \dfrac{7}{12}md^2=\dfrac{7}{3}md^2. \end{equation*}

Concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ I_P = \dfrac{7}{3}md^2 = 2,24\cdot \text{kg}\cdot \text{m}^2.}\]

Svolgimento Punto 3.

Si consideri figura 3

 

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Dalla figura 3, ovvero dalle geometrica del problema, si deduce che il momento d’inerzia dell’asta superiore e dell’asta di sinistra è lo stesso, cioè

(7)   \begin{equation*} I_1=\dfrac{1}{12}md^2+m\dfrac{d^2}{4}=\dfrac{1}{3}md^2=I_4=I. \end{equation*}

Per analoghe considerazioni anche il momento d’inerzia dell’asta di destra e inferiore hanno la stesso momento d’inerzia e quindi

(8)   \begin{equation*} I_2=\dfrac{1}{12}md^2+m\overline{QC}^2=\dfrac{1}{12}md^2+m\left(\dfrac{d^2}{4}+d^2\right)=\dfrac{4}{3}md^2=I_4=\tilde{I}. \end{equation*}

Pertanto si ha

(9)   \begin{equation*} I_Q=2I+2\tilde{I}=2\left(\dfrac{1}{3}md^2+\dfrac{4}{3}md^2\right)=\dfrac{10}{3}md^2. \end{equation*}

Si conclude che la soluzione è

    \[\boxcolorato{fisica}{I_Q=\dfrac{10}{3}md^2\approx 3,20\cdot \text{kg}\cdot \text{m}^2. }\]

Svolgimento Punto 4.

Si consideri la figura 4

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Dalla seconda legge cardinale abbiamo

(10)   \begin{equation*} -4mg\sin \theta r_{cm}=I_P \ddot{\theta} \end{equation*}

dove I_P è il momento d’inerzia rispetto al polo P e r_{cm}=d/2 poiché la massa è distribuita in modo omogeneo e il corpo rigido è un quadrato. Se il corpo fa delle piccole oscillazioni si ha \sin \theta \approx \theta e quindi

(11)   \begin{equation*} -4mg \dfrac{d}{2}\theta=\dfrac{7}{3}md^2 \ddot{\theta}, \end{equation*}

da cui

(12)   \begin{equation*} \ddot{\theta}=-\dfrac{3g}{14d}\theta. \end{equation*}

In particolare

(13)   \begin{equation*} \omega^2=\dfrac{3g}{14d}=\dfrac{4\pi^2}{T^2} \end{equation*}

dove \omega è la pulsazione e T il periodo delle piccole oscillazioni.

Quindi

(14)   \begin{equation*} T=2\pi\sqrt{\dfrac{14d}{3g}}. \end{equation*}

Concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ T=2\pi\sqrt{\dfrac{7d}{6g}}\approx3,88\,\text{s}.}\]

 

Fonte.

P.Mazzoldi, M.Nigro, C.Voci – Fisica, EdiSES (1992).

 

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