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Esercizio corpo rigido 25

Dinamica del corpo rigido

Home » Esercizio corpo rigido 25

L’Esercizio Corpo Rigido 25 è il venticinquesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 24 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 26. 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 25

Esercizio 25 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una scala, la cui massa è distribuita uniformemente lungo tutta la sua lunghezza \ell, poggia con un’estremità su un piano orizzontale scabro (\mu_s=0.2) e con l’altra contro una parete verticale liscia. Si determini l’angolo di minima inclinazione \theta_{min} che la scala puo’ formare col piano orizzontale senza scivolare al suolo.

 

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Approfondimento. Si risolva il problema precedente nel caso che anche la parete verticale sia scabra con lo stesso coefficiente di attrito statico del piano orizzontale.

Definendo N_x reazione vincolare dell’asta con la parete verticale e N_y reazione vincolare dell’asta con la parete orizzontale, dare per noto che

(1)   \begin{equation*} N_x \mu_s=N_y \mu_s \end{equation*}

 

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Svolgimento.

Ricordiamo la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi:

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{P}_t}{dt}\\ \\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt} \end{cases} \end{equation*}

dove \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutte le forze esterne, \vec{P}_t è la quantità di moto totale del sistema, \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutti i momenti esterni al sistema, \vec{v}_O\prime è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema, \vec{v}_{CM} è la velocità del centro di massa ed infine \vec{L}_O\prime è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo O^\prime.

Siccome nel nostro problema tutto deve rimanere in quiete, (2) diventa

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0}\\ \\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \vec{0}. \end{cases} \end{equation*}

In figura 1 rappresentiamo lo schema delle forze

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dove \vec{N}_x è la reazione vincolare con la parete verticale, \vec{N}_y è la reazione vincolare con la parete orizzontale, m\vec{g} è la forza peso applicata nel centro di massa (infatti la massa è distribuita in modo uniforme) ed infine \vec{f}_{s,x} è la forza di attrito statico generata dal contatto tra l’asta e il piano orizzontale scabro.

Scegliendo come polo il punto B, che è un punto fisso, si ha che

    \[\vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{v}_{B} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0}\]

così (3) diventa

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0}\\ \\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0}. \end{cases} \end{equation*}

Tenendo conto delle forze applicate all’asta e scegliendo un sistema di riferimento fisso Oxy con origine coincidente con il polo B (vedi figura 2)

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ù

da (4) segue

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} f_{s,x}=N_x\\N_y=mg\\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta=0. \end{cases} \end{equation*}

Affinchè il sistema rimanga in equilibrio deve valere

    \[f_{s,x}\leq N_y\mu_s.\]

L’angolo di minima inclinazione si ha quando

    \[f_{s,x}=N_y \mu_s\]

quindi (5) diventa

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} f_{s,x}=N_x=N_y \mu_s\\N_y=mg\\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta=0 \end{cases} \end{equation*}

e dal sistema ricaviamo la seguente equazione

    \[\dfrac{mg}{2}\cos\theta -mg\mu_s\sin\theta=0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\cos\theta -\mu_s\sin\theta=0 \Leftrightarrow \tan\theta = \dfrac{1}{2\mu_s} \Leftrightarrow \theta = \arctan\left(\dfrac{1}{2\mu_s}\right).\]

Dunque si conclude che l’angolo minimo è quello che segue:

    \[\boxcolorato{fisica}{ \theta_{\text{min}} = \arctan\left(\dfrac{1}{2\mu_s}\right).}\]

 

 

Se ora consideriamo la parete verticale scabra con coefficiente di attrito statico \mu_s, allora abbiamo il seguente schema delle forze in figura 3

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Scegliamo nuovamente come polo il punto B e un sistema di riferimento fisso Oxy con origine coincidente con il punto B

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Applichiamo (4) e otteniamoù

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} N_x=f_{s,x}\\ N_y + f_{s,y} = mg \\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta - f_{s,y} \ell \cos\theta = 0 \end{cases} \end{equation*}

e per rimanere tutto di nuovo in equilibrio deve valere

    \[\begin{cases} f_{s,x} \leq N_y \mu_s\\ f_{s,y}\leq N_x \mu_s. \end{cases}\]

Tenendo conto di (7)_1, possiamo osservare che l’angolo minimo si ha per i seguenti valori

    \[\begin{cases} f_{s,x} = N_y \mu_s\\ f_{s,y}= N_x \mu_s \end{cases}\]

quindi (7) diventa

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} N_x= N_y \mu_s\\ N_y + N_x \mu_s = mg \\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta - N_x \mu_s \ell \cos\theta = 0 \end{cases} \end{equation*}

e da (7)_2 abbiamo

    \[N_y + N_x \mu_s =mg \quad \Leftrightarrow \quad N_y = mg - N_x \mu_s.\]

Sostituendo N_y in (8)_1 otteniamo

    \[N_x = mg \; \mu_s - N_x \; \mu_s^2 \quad \Leftrightarrow \quad N_x = \dfrac{mg \; \mu_s}{1+\mu_s^2}.\]

Consideriamo (8)_3 e riscriviamola come segue

(9)   \begin{equation*} \!\!\!\! \!mg \dfrac{\cos\theta}{2} - N_x \sin \theta - N_x \mu_s \cos \theta =0 \; \Leftrightarrow \; - mg \dfrac{\cos\theta}{2} + N_x \left(\sin\theta+\mu_s \cos\theta \right)=0 \end{equation*}

sostituiamo N_x in (9) ottenendo

    \[\begin{aligned} & - mg \dfrac{\cos\theta}{2} + \dfrac{mg \mu_s}{1+\mu_s^2} \sin \theta + \dfrac{mg \mu_s^2}{1+\mu_s^2}\cos \theta = 0\quad \Leftrightarrow \quad\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad - \dfrac{\cos\theta}{2} + \dfrac{\mu_s}{1+\mu_s^2} \sin \theta + \dfrac{\mu_s^2}{1+\mu_s^2}\cos \theta = 0 \quad \Leftrightarrow \quad\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\mu_s^2}{1+\mu_s^2}=-\dfrac{\mu_s}{1+\mu_s^2} \; \tan\theta \end{aligned}\]

da cui

    \[\tan \theta = - \dfrac{1+\mu_s^2}{\mu_s} \cdot \dfrac{\mu_s^2-1}{2(1+\mu_s^2)} \quad \Leftrightarrow \quad \tan \theta = \dfrac{1-\mu_s^2}{2\mu_s} \quad \Leftrightarrow \quad \theta = \arctan \left( \dfrac{1-\mu_s^2}{2\mu_s} \right) \in \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\]

Si conclude che l’angolo minimo in questo caso è quello che segue

    \[\boxcolorato{fisica}{ \theta = \arctan\left(\dfrac{1-\mu_s^2}{2\mu_s}\right)}\]

 

Fonte.

S.Rosati, R.Casali – Problemi di fisica generale – S.Rosati, R.Casali, Ambrosiana (1998).

 

 

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