Esercizio corpo rigido 50

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L’Esercizio Corpo Rigido 50 è il cinquantesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 49 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 51. 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 50

Esercizio 50 $(\bigstar \bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . La figura 1 riproduce una sezione verticale di un sistema formato da un blocco omogeneo $B$ posato su un blocco $A$ che, a sua volta, poggia su un piano orizzontale; la sezione verticale di $B$ è un triangolo equilatero di lato $\ell$ , le masse dei blocchi sono $m_A$ e $m_B=\gamma\, m_A$ , con $\gamma$ costante positiva.

Si determini il valore massimo della distanza $\overline{P_1P_2}$ e il valore minimo del coefficiente di attrito statico affinché la posizione di figura 1 sia in equilibrio.

All’istante $t=0$ , mentre il blocco $A$ è in condizioni di equilibrio, si imprime a $B$ una velocità $\vec{v}_0$ : il blocco $B$ sale verso l’alto scivolando sopra $A$ e, prima di fermarsi rispetto a questo, si sposta sopra esso di un tratto di lunghezza $d$ . Si determini il modulo di $\vec{v}_0$ nei seguenti casi:

$A$ è bloccato e tra $A$ e $B$ non c’è attrito;
$A$ è bloccato e tra $A$ e $B$ c’è attrito con coefficiente di attrito dinamico $\mu_d$ ;
$A$ può scorrere senza attrito sul piano orizzontale e tra $A$ e $B$ non c’è attrito
$A$ può scorrere senza attrito sul piano orizzontale e tra $A$ e $B$ c’è attrito con coefficiente di attrito dinamico $\mu_d$ .

La velocità $\vec{v}_0$ va intesa rispetto ad un sistema di riferimento inerziale.

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Svolgimento Punto 1.

Consideriamo il triangolo equilatero rappresentato in figura 2.

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Il baricentro del triangolo è

(1) $\begin{equation*} G=\left(\dfrac{-\dfrac{\ell}{2}+\dfrac{\ell}{2}}{3},\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ell}{3}\right)=\left(0,\dfrac{\sqrt{3}}{6}\ell\right). \end{equation*}$

Quanto ottenuto sarà utile per i calcoli successivi. La massa del blocco $B$ è distribuita in modo omogeneo, pertanto il baricentro $G$ e il centro di massa del blocco $B$ coincidono. La forza peso $m\vec{g}$ la possiamo assumere applicata nel centro di massa $G$ . Scegliamo un sistema di riferimento fisso $Oxy$ , con l’origine $O$ coincidente con il punto medio della base del triangolo equilatero, e tale per cui l’asse delle $x$ giaccia sulla superficie di contatto tra i blocchi $A$ e $B$ . Andiamo a studiare il solo corpo $B$ : le forze esterne agenti su di esso sono la sua forza peso $m_B\vec{g}$ , la reazione vincolare $\vec{N}$ dovuta al contatto con il corpo $A$ e la forza di attrito statico $\vec{f}_s$ , rispettivamente perpendicolare e tangente alla superficie di contatto tra i blocchi $A$ e $B$ . Entrambe le forze $\vec{N}$ e $\vec{f}_s$ possiamo immaginarle applicate nel medesimo punto (che non è in generale il punto medio della base del blocco $B$ ). Inoltre, sia $\alpha$ l’angolo rappresentato in figura 2.

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Scriviamo la prima e la seconda equazione cardinale per i corpi rigidi imponendo che, poiché il sistema è all’equilibrio, la somma delle forze esterne su $B$ sia nulla, così come la somma dei momenti esterni. Chiamando $b$ la distanza minima tra il punto di applicazione di $\vec{N}$ (chiaramente anche di $\vec{f}_s$ ) e il punto $P_2$ , e scegliendo quest’ultimo come polo per il calcolo dei momenti esterni, avremo che

(2) $\begin{equation*} \begin{cases} N-m_Bg\cos\alpha=0\\[10pt] f_s-m_Bg\sin\alpha=0\\[10pt] Nb-m_Bg\cos\alpha\left(\dfrac{\ell}{2}-\overline{P_1P_2}\right)+m_Bg\sin\alpha\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6}\ell\right)=0, \end{cases} \end{equation*}$

dove il braccio della componente $x$ della forza peso è l’ordinata del centro di massa del blocco $B$ , ossia l’ordinata del baricentro del triangolo equilatero nel sistema di riferimento $Oxy$ , e il braccio della componente $y$ della forza peso è ${\ell}{2}-\overline{P_1P_2}$ . Si osservi che abbiamo usato il risultato pervenuto nella relazione (1).

Si ricordi che $B$ per rimanere fermo deve valere

(3) $\begin{equation*} f_s\leq\mu_sN\quad\Leftrightarrow\quad\mu_s\geq\dfrac{f_s}{N}, \end{equation*}$

da cui, sfruttando la (2) $_1$ e la (2) $_2$ , si ottiene

(4) $\begin{equation*} \mu_{s,\min}=\dfrac{f_s}{N}=\dfrac{m_Bg\sin\alpha}{m_Bg\cos\alpha}, \end{equation*}$

cioè

$\boxcolorato{fisica}{\mu_{s,\min}=\tan\alpha.}$

Inoltre, dalla (2) $_3$ , otteniamo

(5) $\begin{equation*} \overline{P_1P_2}=\dfrac{\ell}{2}-\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}m_Bg\ell\sin\alpha}{6}+Nb}{m_Bg\cos\alpha}=\dfrac{\ell}{2}-\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}m_Bg\ell\sin\alpha}{6}+m_Bgb\cos\alpha }{m_Bg\cos\alpha}=\dfrac{\ell}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{6}\ell\tan \alpha-b, \end{equation*}$

da cui, per la scrittura analitica pervenuta di $\overline{P_1P_2}$ , deduciamo che il valore massimo della distanza $\overline{P_1P_2}$ si ha quando $b=0$ , ossia quando la reazione vincolare $\vec{N}$ è applicata in $P_2$ . Sostituendo $b=0$ nella relazione (5) troviamo la distanza $\overline{P_1P_2}$ massima, cioè

$\boxcolorato{fisica}{ \overline{P_1P_2}_{\max}=\dfrac{\ell}{2}-\dfrac{\sqrt{3}\ell}{6}\tan\alpha.}$

Svolgimento Punto 2.

Per comodità grafica (si veda le figure successive), ai fini della soluzione di questo quesito, assumiamo che il corpo $B$ sia un punto materiale (poiché il blocco $B$ trasla e basta è lecito fare questa assunzione). La situazione fisica in questo caso è analoga a quella del punto $1$ , con la differenza che in questa configurazione non è presente alcuna forza d’attrito. In figura 4 vengono mostrate le forze agenti sul corpo $B$ , scegliendo come sistema di riferimento lo stesso sistema fisso $Oxy$ utilizzato nel punto $1$ . Si ricordi che il blocco $A$ è fisso al pavimento e che non è presente attrito tra il blocco $A$ e $B$ .

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Per la seconda legge della dinamica, nella direzione dell’asse delle $x$ , si ha

(6) $\begin{equation*} ma=-m_Bg\sin \alpha , \end{equation*}$

da cui

(7) $\begin{equation*} a=-g\sin\alpha. \end{equation*}$

Dall’equazione (7) deduciamo che il blocco $B$ si muove di moto rettilineo uniformemente decelerato, pertanto è possibile, grazie alle equazioni note del moto rettilineo uniformemente decelerato, determinare la velocità $v_0$ . Avremo infatti, imponendo che la velocità finale sia zero e che lo spazio percorso dal blocco $B$ sia $d$ , quanto segue

(8) $\begin{equation*} 0=v_0^2+2da, \end{equation*}$

per cui

(9) $\begin{equation*} v_0=\sqrt{-2da}, \end{equation*}$

ossia

$\boxcolorato{fisica}{v_0=\sqrt{2dg\sin\alpha}.}$

Svolgimento Punto 3.

La configurazione di questo punto è uguale alla precedente, con la differenza che è presente la forza di attrito dinamico $\vec{f}_d$ , come rappresentato in figura 5.

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Applicando la seconda legge della dinamica, rispettivamente nella direzione dell’asse delle $y$ e nella direzione dell’asse delle $x$ , otteniamo

(10) $\begin{equation*} \begin{cases} N-m_Bg\cos\alpha=0\\ -f_d-m_Bg\sin\alpha=m_Ba, \end{cases} \end{equation*}$

dove $f_d=\mu_dN.$ Il sistema (10) diventa dunque

(11) $\begin{equation*} \begin{cases} N=m_Bg\cos\alpha\\ -\mu_dN-m_Bg\sin\alpha=m_Ba, \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} N=m_Bg\cos\alpha\\ -\mu_dm_Bg\cos\alpha-m_Bg\sin\alpha=m_Ba, \end{cases} \end{equation*}$

conseguentemente

(12) $\begin{equation*} a=-g(\mu_d\cos\alpha+\sin\alpha). \end{equation*}$

Anche in questo caso il moto del blocco $B$ è rettilineo uniformemente decelerato, pertanto imponendo che la velocità finale sia nulla e che lo spazio percorso sia $d$ , si ricava

(13) $\begin{equation*} v_0=\sqrt{-2da}, \end{equation*}$

da cui, utilizzando l’espressione (12), si trova

$\boxcolorato{fisica}{v_0=\sqrt{2gd(\mu_d\cos\alpha+\sin\alpha)}.}$

Svolgimento Punto 4.

In questa configurazione il blocco $A$ non è più vincolato a rimanere fermo sul piano orizzontale. Per risolvere questo punto scegliamo due sistemi di riferimento: uno fisso $Oxy$ e un secondo $O^\prime x^\prime y^\prime$ solidale con il blocco $A$ . Il sistema di riferimento $Oxy$ è tale per cui l’asse delle $x$ coincida con il piano orizzontale, mentre il sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ è tale per cui l’asse $x^\prime$ coincida con la base sul quale può scorrere il corpo $B$ . Entrambi i sistemi di riferimento sono rappresentati in figura 6.

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Notiamo che sul blocco $A$ agisce la sua forza peso $m_A\vec{g}$ , la reazione vincolare $\vec{N}_2$ e la forza $-\vec{N}$ dovuta al contatto con $B$ (chiaramente la forza $-\vec{N}$ è una diretta conseguenza del terzo principio della dinamica). Osserviamo che la forza $-\vec{N}$ ha componente orizzontale non nulla e pertanto accelera il blocco lungo la direzione dell’asse delle $x$ . Segue che il sistema di riferimento $O^{\prime}x^{\prime}y^{\prime}$ è non inerziale e dunque nella descrizione del moto del corpo $B$ si dovrà tenere conto della forza apparente $-m_B\vec{a}$ agente su di esso, dove $\vec{a}$ è il vettore che descrive l’accelerazione di $A$ rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ . Chiaramente il vettore accelerazione $\vec{a}$ è nella direzione dell’asse delle $x$ perché il blocco $B$ è vincolato a muoversi sul piano orizzontale. Nella descrizione di questo punto abbiamo analizzato separatamente i blocchi $A$ e $B$ , e tutte le forze agenti su di essi sono rappresentate in figura $6$ e figura $7$ . Per la seconda legge della dinamica, nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ , abbiamo

(14) $\begin{equation*} \begin{cases} N-m_Bg\cos\alpha+m_Ba\sin\alpha=0\\ -m_Ba\cos\alpha-m_Bg\sin\alpha=m_Ba^{\prime}, \end{cases} \end{equation*}$

dove $a^{\prime}$ è il modulo dell’accelerazione relativa tra $A$ e $B$ , nella direzione dell’asse $x^\prime$ . Inoltre, come abbiamo accennato in precedenza, il corpo $A$ viene accelerato dalla componente parallela al piano orizzontale della reazione vincolare $-\vec{N}$ , pertanto, nel sistema di riferimento $Oxy$ si avrà

(15) $\begin{equation*} N\sin\alpha=m_Aa. \end{equation*}$

Dalla (14) $_1$ , ricordando che $m_B=\gamma m_A$ , si ottiene

(16) $\begin{equation*} N=\gamma m_Ag\cos\alpha-\gamma m_Aa\sin\alpha=\gamma m_A(g\cos\alpha-a\sin\alpha), \end{equation*}$

che sostituita nella (15) fornisce il seguente risultato

(17) $\begin{equation*} \gamma m_A(g\cos\alpha-a\sin\alpha)\sin\alpha=m_Aa\quad\Leftrightarrow\quad \gamma g\cos\alpha\sin\alpha=a(1+\gamma\sin^2\alpha), \end{equation*}$

perciò

(18) $\begin{equation*} a=\dfrac{\gamma g\cos\alpha\sin\alpha}{1+\gamma\sin^2\alpha}. \end{equation*}$

Sostituendo l’espressione appena trovata nella (14) $_2$ , otteniamo

$\begin{aligned} a^{\prime}=-a\cos \alpha-g\sin \alpha&= -\dfrac{\gamma g\cos^2\alpha\sin\alpha}{1+\gamma\sin^2\alpha}-g\sin\alpha=\\ &=-\dfrac{\gamma g\cos^2\alpha\sin\alpha+g\sin\alpha(1+\gamma\sin^2\alpha)}{1+\gamma\sin^2\alpha}=\\ &=-\dfrac{\gamma g\cos^2\alpha\sin\alpha+g\sin\alpha+\gamma g\sin^3\alpha}{1+\gamma\sin^2\alpha}=\\ &=-\dfrac{\gamma g\sin\alpha(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha)+g\sin\alpha}{1+\gamma\sin^2\alpha}=\\ &=-\dfrac{g\sin\alpha(1+\gamma)}{1+\gamma\sin^2\alpha}. \end{aligned}$

Come nei punti precedenti, notiamo che il corpo $B$ si muove di moto rettilineo uniformemente decelerato nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ ; pertanto, imponendo che la velocità finale sia nulla e che lo spazio percorso sia $d$ (ovviamente sempre nel sistema di riferimento $O^\prime x^\prime y^\prime$ ), otteniamo

(19) $\begin{equation*} v_0=\sqrt{-2da^{\prime}}, \end{equation*}$

ossia

$\boxcolorato{fisica}{v_0=\sqrt{\dfrac{2dg\sin\alpha(1+\gamma)}{1+\gamma\sin^2\alpha}}.}$

Svolgimento alternativo punto 4.

Scegliamo come sistema fisico il blocco $A$ ed il blocco $B$ , osservando dal sistema di riferimento $Oxy$ , rappresentato in figura $6$ . Notiamo che nella direzione dell’asse delle $x$ non sono presenti forze esterne, pertanto si conserva la quantità di moto totale del sistema. Nell’istante iniziale l’unico corpo in movimento è il corpo $B$ , quindi la quantità di moto iniziale totale del sistema è

(20) $\begin{equation*} p_{i,x}=m_Bv_0\cos \alpha, \end{equation*}$

dove abbiamo proiettato la velocità $\vec{v}_0$ nella direzione dell’asse delle $x$ . Considerando l’istante generico $t>0$ in cui il blocco $B$ si ferma rispetto al blocco $A$ , avremmo che la quantità di moto totale del sistema in tale istante è

(21) $\begin{equation*} p_{f,x}=(m_A+m_B)v_{f,x}, \end{equation*}$

dove $v_{f,x}$ è la velocità finale del sistema nella direzione dell’asse delle $x$ (chiaramente sempre in un generico istante $t>0$ ). Per la conservazione della quantità di moto abbiamo

(22) $\begin{equation*} p_{i,x}=p_{f,x}, \end{equation*}$

da cui

(23) $\begin{equation*} m_Bv_0\cos \alpha=(m_A+m_B)v_{f,x}. \end{equation*}$

Le forze $m_A\vec{g}$ e $m_B\vec{g}$ sono forze esterne e sono entrambe conservative. La forza $\vec{N}_2$ è esterna e fa lavoro complessivo nullo perché è perpendicolare istante per istante alla velocità del blocco $A$ . Le forze $\vec{N}$ e $-\vec{N}$ sono forze interne e la somma dei loro lavori è istantaneamente nulla. Infatti, denotando $\vec{v}^{\,\prime}$ la velocità del blocco $B$ rispetto al blocco $A$ , $\vec{v}_B$ la velocità del blocco $B$ rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ , $\vec{v}_A$ la velocità del blocco $A$ rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ , avremo che

(24) $\begin{equation*} \vec{v}_B\cdot \vec{N}+\vec{v}_A\cdot (-\vec{N})=\left(\vec{v}^{\,\prime}+\vec{v}_A\right)\cdot\vec{N} -\vec{v}_A\cdot (\vec{N})=\underbrace{\vec{v}^{\,\prime}\cdot\vec{N} }_{=0}+\vec{v}_A\cdot\vec{N}-\vec{v}_A\cdot\vec{N}=0, \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il fatto che $\vec{v}^{\,\prime}$ e $\vec{N}$ sono perpendicolari tra di loro e pertanto il loro prodotto scalare è zero; quanto ottenuto ci basta per concludere che la somma dei lavori delle forze $\vec{N}$ e $-\vec{N}$ fa complessivamente zero. Dunque, l’energia del sistema rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ si conserva in ogni istante $t>0$ . Chiaramente l’energia si conserva perché agiscono solo forze conservative e le reazioni generate dai vincoli fanno lavoro complessivo nullo sull’intero percorso (nei corsi di meccanica razionale questo genere di situazioni vengono descritte con il nome di vincoli ideali, ovvero che i vincoli non fanno lavoro sul sistema). Prendendo come energia potenziale nulla il livello $y=0$ , abbiamo che l’energia iniziale del sistema è

(25) $\begin{equation*} E_i=\dfrac{1}{2}m_Bv_0^2+m_Bgh_{i,b}+m_Agh_{i,A}, \end{equation*}$

dove $h_{i,b}$ e $h_{i,A}$ rappresentano rispettivamente la posizione iniziale di $A$ e di $B$ nell’istante iniziale rispetto all’asse delle $y$ . L’energia finale è

(26) $\begin{equation*} E_f=\dfrac{1}{2}(m_A+m_B)v^2_{f,x}+m_Bgh_{f,B}+m_Agh_{i,A}, \end{equation*}$

dove $h_{f,B}$ rappresenta la posizione finale di $B$ rispetto all’asse delle $y$ ed è pari ad $h_{i,B}+d\sin\alpha$ . Si osservi che per il calcolo dell’energia finale abbiamo considerato l’istante di tempo in cui $B$ ha percorso uno spazio pari a $d$ nel sistema di riferimento solidale con il blocco $B$ , e abbiamo assunto che la velocità finale di $A$ e di $B$ sia la stessa rispetto al sistema di riferimento $Oxy$ . Inoltre, si noti che il centro di massa del blocco $A$ rimane sempre alla stessa quota in ogni istante $t>0$ . Per la conservazione dell’energia abbiamo

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

per cui

(28) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}m_Bv_0^2+m_Bgh_{i,B}=\dfrac{1}{2}(m_A+m_B)v^2_{f,x}+m_Bg(h_{i,B}+d\sin\alpha), \end{equation*}$

o anche

(29) $\begin{equation*} \dfrac{1}{2}m_Bv_0^2=\dfrac{1}{2}(m_A+m_B)v^2_{f,x}+m_Bgd\sin\alpha. \end{equation*}$

Mettendo a sistema le equazioni (23) e (29), otteniamo

(30) $\begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{1}{2}m_Bv_0^2=\dfrac{1}{2}(m_A+m_B)v_{f,x}^2+m_Bgd\sin\alpha\\[10pt] m_Bv_0\cos\alpha=(m_A+m_B)v_{f,x}, \end{cases} \end{equation*}$

da cui

(31) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\dfrac{1}{2}m_Bv_0^2=\dfrac{m_B^2v_0^2\cos^2\alpha}{2\left(m_A+m_B\right)}+m_Bgd\sin\alpha\quad\Leftrightarrow\quad v_0^2=\dfrac{\gamma v_0^2\cos^2\alpha}{1+\gamma}+2gd\sin\alpha\quad\Leftrightarrow\quad\\ &\quad\Leftrightarrow\quad (1+\gamma-\gamma\cos^2\alpha)v_0^2=2gd(1+\gamma)\sin\alpha\quad\Leftrightarrow\quad (1+\gamma\sin^2\alpha)v_0^2=2gd(1+\gamma)\sin\alpha, \end{aligned} \end{equation*}$

e quindi

$\boxcolorato{fisica}{v_0=\sqrt{\dfrac{2dg\sin\alpha(1+\gamma)}{1+\gamma\sin^2\alpha}}.}$

Svolgimento Punto 5.

Questa configurazione è simile alla precedente, con la differenza che tra i due corpi è presente attrito. Pertanto, valgono le stesse considerazioni del punto precedente, tenendo conto anche della forza di attrito dinamico $\vec{f}_d$ . Sul corpo $B$ è presente la forza di attrito dinamico $\vec{f}_d$ , mentre sul corpo $A$ per il terzo principio della dinamica è presente la forza di attrito dinamico $-\vec{f}_d$ . Inoltre, come nel punto precedente, consideriamo il sistema di riferimento fisso $Oxy$ e il sistema di riferimento non inerziale $O^\prime x^\prime y^\prime$ solidale con il blocco $B$ . Tutte le forze e i sistemi di riferimento sono rappresentati in figura 8 e in figura 9.

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In questo caso, applicando il secondo principio della dinamica per il blocco $A$ e il blocco $B$ , si trova

(32) $\begin{equation*} \begin{cases} -f_d-m_Bg\sin\alpha-m_Ba\cos\alpha=m_Ba^{\prime}\\ N-m_Bg\cos\alpha+m_Ba\sin\alpha=0\\ N\sin\alpha+f_d\cos\alpha=m_Aa \end{cases}\quad\Leftrightarrow\quad\begin{cases} -f_d-\gamma m_Ag\sin\alpha-\gamma m_Aa\cos\alpha=\gamma m_Aa^{\prime}\\ N-\gamma m_Ag\cos\alpha+\gamma m_Aa\sin\alpha=0\\ N\sin\alpha+f_d\cos\alpha=m_Aa. \end{cases} \end{equation*}$

Dalla (32) $_3$ , ricordando che $f_d=\mu_dN$ , si ottiene

(33) $\begin{equation*} N=\dfrac{m_Aa}{\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha}. \end{equation*}$

Sostituendo $N$ (calcolata nell’equazione (33)) nell’equazione (32) $_2$ , si giunge ad

(34) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\dfrac{m_Aa}{\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha}-\gamma m_Ag\cos\alpha+\gamma m_Aa\sin\alpha=0\quad\Leftrightarrow\quad a\left(\dfrac{1}{\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha}+\gamma\sin\alpha\right)=\gamma g\cos\alpha\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] &\quad\Leftrightarrow\quad a\left(1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)\right)=\gamma g\cos\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha), \end{aligned} \end{equation*}$

e pertanto

(35) $\begin{equation*} a=\dfrac{\gamma g\cos\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}. \end{equation*}$

Ponendo $f_d=N\mu_d$ l’equazione (32) $_1$ diventa

(36) $\begin{equation*} -N\mu_d-\gamma m_Ag\sin\alpha-\gamma m_Aa\cos\alpha=\gamma m_Aa^{\prime}; \end{equation*}$

inoltre, sfruttando i risultati pervenuti nell’equazione (33) e nell’equazione (35), otteniamo

$\begin{aligned} &-\dfrac{\mu_d}{\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha}\left(\dfrac{\gamma g\cos\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}\right)-\gamma g\sin\alpha+\\[10pt] &-\gamma \cos\alpha\left(\dfrac{\gamma g\cos\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}\right)=\gamma a^{\prime} \end{aligned}$

da cui

(37) $\begin{equation*} -\dfrac{\mu_d g\cos\alpha}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}- g\sin\alpha- \dfrac{ g\gamma\cos^2\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}= a^{\prime}, \end{equation*}$

ovvero

(38) $\begin{equation*} a^{\prime}=-\dfrac{\mu_d g\cos\alpha+g\sin\alpha+g\gamma\sin^2\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)+g\gamma\cos^2\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}, \end{equation*}$

o anche

(39) $\begin{equation*} a^{\prime}=-\dfrac{\mu_d g\cos\alpha+g\sin\alpha+g\gamma\left(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha\right)(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}, \end{equation*}$

di conseguenza

(40) $\begin{equation*} a^{\prime}=-\dfrac{\mu_d g\cos\alpha+g\sin\alpha+g\gamma(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}, \end{equation*}$

pertanto

(41) $\begin{equation*} a^\prime=-\dfrac{g(\mu_d \cos\alpha+\sin\alpha)+g\gamma(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}, \end{equation*}$

cioè

(42) $\begin{equation*} a^{\prime}=-\dfrac{g(\gamma+1)(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}. \end{equation*}$

In maniera del tutto analoga a quanto fatto nei punti precedenti, possiamo a questo punto trovare la velocità $v_0$ , ovvero

(43) $\begin{equation*} 0=v_0^2+2da^\prime , \end{equation*}$

conseguentemente

(44) $\begin{equation*} v_0=\sqrt{-2da^\prime}, \end{equation*}$

infine

$\boxcolorato{fisica}{v_0=\sqrt{\dfrac{2dg(\gamma+1)(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}{1+\gamma\sin\alpha(\sin\alpha+\mu_d\cos\alpha)}}.}$

Fonte.

Problemi di fisica generale – S.Rosati e L. Lovitch.

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Esercizio corpo rigido 50

Testo esercizio corpo rigido 50

Svolgimento Punto 1.

Svolgimento Punto 2.

Svolgimento Punto 3.

Svolgimento Punto 4.

Svolgimento alternativo punto 4.

Svolgimento Punto 5.

Fonte.

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