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Esercizio corpo rigido 10

Dinamica del corpo rigido

Home » Esercizio corpo rigido 10

L’Esercizio Corpo Rigido 10 è il decimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 9 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 11. 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 10

Esercizio 10 (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un corpo rigido è costituito da un’asta, di massa m =8 kg e lunghezza d=0.5 m, e da una sfera, di massa m_2=3m e raggio d_2=d/4, saldati nel punto O. Il sistema può ruotare senza attrito attorno ad un asse fisso uscente dal foglio passante per il punto O, ortogonale al disegno. Per mantenere in equilibrio statico il sistema, con l’asta orizzontale, nel punto P è applicata una forza verticale \vec{F}. Calcolare:

1) il modulo di \vec{F} e della reazione normale \vec{R}_N in O.

Viene annullata la forza \vec{F} e il sistema ruota sotto l’azione della forza peso, con la sfera che scende e l’asta che sale. Calcolare

2) l’accelerazione angolare un istante dopo la rimozione della forza \vec{F};

3) la velocità angolare \omega del sistema nell’istante in cui l’asta è verticale.

 

 

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Esercizio sul corpo rigido 10: asta orizzontale incernierata con una sfera collegata, soggetta a una forza verticale in equilibrio e successiva rotazione.

Svolgimento Punto 1.

L’esercizio è un problema di statica, dobbiamo quindi iniziare con il disegnare tutte le forze esterni applicate al sistema (figura 2). La reazione vincolare in O deve compensare la forza F, e le due forze peso P_1 dell’asta e P_2 della sfera. Dalla seconda prima legge cardinale per i corpi si ha

(1)   \begin{equation*} R_y = F+P_1+P_2= F+mg+3mg = F+4mg. \end{equation*}

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Applichiamo la seconda legge cardinale per i corpi rigidi. Prendiamo come polo il punto P, in questo modo non dobbiamo considerare il momento generato dalla forza \vec{F} perché ha momento nullo e inoltre i bracci da considerare per il calcolo dei momenti hanno tutti lo stesso verso, e disegniamo i momenti in gioco (vedi figura  2) prendendo ciò che vedrebbe un osservatore a sinistra di figura 3. Affinché il sistemi non ruoti è necessario che la somma dei momenti esterni sia nulla

(2)   \begin{equation*} M_{R_y}=M_{P_1}+M_{P_2} \qquad \Rightarrow\qquad R_yd = mg {d\over 2}+ 3mg\bigg(d+{d\over 4}\bigg), \end{equation*}

da cui

(3)   \begin{equation*} R_y = {17\over 4}mg . \end{equation*}

Sostituendo R_y in (1) si ottiene

(4)   \begin{equation*} F = R_y-4mg = {17\over 4}mg - 4 mg = {1\over 4 }mg. \end{equation*}

Concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{R_y = {17\over 4}mg= 333,5 \,\text{N}, \qquad \qquad F = {1\over 4}mg = 19,6\,\text{N}.}\]

Svolgimento Punto 2.

La forza \vec{F} viene annullata e il sistema inizia a ruotare attorno all’asse di rotazione passante per il punto O. Dobbiamo ricalcolare i momenti delle forze peso in quanto è necessario cambiare polo, poiché il polo P non è più fisso e questo complica le equazioni. Facendo riferimento alla figura 4, calcoliamo il momento totale delle forze esterne utilizzando come polo il punto fisso O.

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Il momento totale risulta essere

(5)   \begin{equation*} M = M_{P_2}-M_{P_1} = -3mg{d\over 4}+mg{d\over 2} = {1\over 4}mgd. \end{equation*}

Si osservi che il momento della forza R_y è nullo. Il vettore risultante M è negativo, questo giustifica la rotazione oraria del sistema. Calcoliamo ora il momento d’inerzia totale rispetto all’asse di rotazione passante per il punto O, partendo con il calcolare il momento d’inerzia della sfera, che si ottiene applicando il teorema di Huygens-Steiner

(6)   \begin{equation*} I_{\text{sfera}} = {2\over 5}(3m) \bigg({d\over 4}\bigg)^2+(3m)\bigg({d\over 4}\bigg)^2= {21\over 80}md^2. \end{equation*}

Il momento d’inerzia dell’asta è noto e risulta essere

(7)   \begin{equation*} I_{\text{asta}} = {1\over 3}md^2. \end{equation*}

Ne segue che il momento d’inerzia totale è

(8)   \begin{equation*} I = {21\over 80}md^2+{1\over 3}md^2 = {143\over 240}md^2. \end{equation*}

Applichiamo ora la seconda legge cardinale per i corpi rigidi, che mette in relazione il momento totale delle forze esterne con la variazione del momento angolare (descritta dal momento d’inerzia e dall’accelerazione angolare)

(9)   \begin{equation*} M = I\alpha \qquad \Rightarrow\qquad \alpha = {M\over I}= -{\dfrac{1}{4}mgd\over \dfrac{143}{240}md^2}=-{60\over 143}{g\over d}. \end{equation*}

Si osservi che convenzionalmente se la rotazione è oraria l’accelerazione angolare è negativa mentre se è antioraria è positiva. Concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ \left \vert \alpha\right \vert = {60\over 143}{g\over d}=8,2\,\text{rad/s}^2.}\]

 

Svolgimento Punto 3.

Per risolvere questo problema possiamo utilizzare la conservazione dell’energia meccanica, in quanto le uniche forze esterne presenti sono conservative. Per questa strategia è utile calcolare la posizione del centro di massa del sistema. Il centro di massa rispetto al punto O è la media pesata, dove i pesi sono le masse, dei singoli centri di massi degli oggetti che compongono il sistema cioè:

(10)   \begin{equation*} x_{cm} = {-m\dfrac{d}{2}+3m\dfrac{d}{4}\over 4m} = {1\over 16}d. \end{equation*}

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Consideriamo ora il sistema quando ha compito una rotazione di 90^\circ.

 

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Il sistema di riferimento scelto è rappresentato in figura 6. Scegliamo ora il livello di riferimento per il calcolo delle quote per l’energia potenziale gravitazionale al caso finale, ovvero quando il sistema ha compiuto una rotazione di 90^{\circ} e la sfera sarà posizionata verso il basso. Inizialmente il centro di massa si trova ad una quota nulla rispetto al sistema di riferimento scelto pertanto l’energia potenziale del sistema è nulla, inoltre il sistema è in quiete quindi anche l’energia cinetica iniziale è nulla, cioè

(11)   \begin{equation*} E_i = 0\,\text{J}. \end{equation*}

Nella situazione finale il sistema ha un’energia potenziale gravitazionale pari ad -mgx_{cm} e un’energia cinetica rotazionale pari ad 1/2I_{cm}\omega_f^2, che sommate danno l’energia cinetica finale del sistema, ovvero

(12)   \begin{equation*} E_f = {1\over 2}I\omega_f^2-Mgx_{cm}. \end{equation*}

dove M=4m. Dalla conservazione dell’energia si ha

(13)   \begin{equation*} E_i=E_f, \end{equation*}

o anche

(14)   \begin{equation*} {1\over 2}I\omega_f^2-Mgx_{cm}=0, \end{equation*}

da cui

(15)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{143}{240}\right)md^2\omega_f^2=4mg\dfrac{d}{16}, \end{equation*}

cioè

(16)   \begin{equation*} \omega_f=\sqrt{{120\over 143}{g\over d}}. \end{equation*}

concludiamo con la seguente soluzione

    \[\boxcolorato{fisica}{ \omega_f = \sqrt{{120\over 143}{g\over d}}=4,06\,\text{rad/s}.}\]

 

 

Fonte

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

 

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