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Esercizio statica del corpo rigido 9

Statica in Meccanica classica

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Esercizio sulla statica del corpo rigido 9 arricchisce la raccolta di esercizi sulla statica dei corpi rigidi, offrendo un ulteriore esempio applicativo per approfondire l’analisi delle forze e dei vincoli nei sistemi in equilibrio.

L’esercizio precedente è l’Esercizio sulla statica del corpo rigido 8, mentre quello successivo è l’Esercizio sulla statica del corpo rigido 10. Il contenuto è rivolto agli studenti del corso di Fisica 1 ed è particolarmente utile per chi frequenta studi universitari in ingegneria, fisica o matematica.

Per ripassare i concetti fondamentali, è possibile consultare gli esercizi sui sistemi di punti materiali, mentre per proseguire nello studio della meccanica classica si consiglia la sezione dedicata agli esercizi sugli urti.

 

Testo dell’Esercizio sulla statica del corpo rigido 9

Esercizio 9 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Il sistema in figura 1 composto da un disco omogeneo di raggio R e massa M e da un’asta omogenea AB di lunghezza \ell e massa m. Il disco è appoggiato ad una guida verticale scabra (coincidente con l’asse y). L’estremo A dell’asta è incernierato al centro del disco, mentre l’estremo B è semplicemente appoggiato su una guida orizzontale liscia (coincidente con l’asse x). Gli assi descritti definiscono un sistema di riferimento fisso Oxyz, con asse z uscente dal piano del disegno. Il sistema è contenuto nel piano verticale xy, dove agisce l’accelerazione di gravità \vec{g}. L’asta forma un angolo \alpha con la guida orizzontale. Una molla ideale di costante elastica k e lunghezza a riposo nulla collega l’origine O al punto A, e una coppia di momento \vec{C} = C \, \hat{z} è applicata al disco (\hat{z} denota il versore dell’asse z). Il momento \vec{C} può essere applicato rispetto ad un qualsiasi polo. Si richiede di determinare la reazione vincolare sull’asta nel punto B e il valore della coppia C affinché il sistema sia in equilibrio.

 
 

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Figura 1: configurazione del sistema.

 
 

 
 

Svolgimento.

In figura 2 sono rappresentate le forze esterne applicate all’asta e al disco. Le forze esterne agenti sul disco sono la forza peso M \vec{g}, la forza di attrito statico \vec{f} generata per via del contatto con la parete verticale, la reazione vincolare \vec{N}_D generata per via del contatto con la parete verticale , la forza della molla \vec{F}_M e la reazione vincolare \vec{N}_A generata per via del contatto con l’asta. Le forze agenti sull’asta sono la reazione vincolare -\vec{N}_A (per il terzo principio della dinamica), la forza peso m\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N}_B generata per via del contatto con la parete orizzontale.

   

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Figura 2: rappresentazione delle forze esterne agenti sul disco e sull’asta.

   

Scegliendo come sistema fisico quello composto da entrambi i corpi, disco ed asta, tutte le forze elencate in precedenza sono forze esterne, tranne le reazioni vincolari \vec{N}_A e -\vec{N}_A che sono forze interne. Le coordinate dei punti di interesse A, B, D e G (centro di massa dell’asta) sono:

(1) \begin{equation*} A \equiv ( \, R, \ell \sin(\alpha), \, 0 \,),\\ \end{equation*}

(2) \begin{equation*} B \equiv ( \, R + \ell \cos(\alpha) , 0, \, 0 \,),\\ \end{equation*}

(3) \begin{equation*} D \equiv ( \, 0, \ell \sin(\alpha), \, 0 \, ),\\ \end{equation*}

e

(4) \begin{equation*} G \equiv \left( R + \frac{\ell}{2} \cos(\alpha) , \frac{\ell}{2} \sin(\alpha), \, 0 \, \right).\\ \end{equation*}

Per la condizione di equilibrio statico, il momento delle forze esterne rispetto ad un polo fisso è nullo. Scegliendo di calcolare il momento di tutte le forze esterne applicate al sistema composto da disco e asta rispetto al polo D, si ha

(5) \begin{equation*} \begin{aligned} &\vec{0} = \overrightarrow{DA} \wedge \vec{F}_M + \overrightarrow{DA} \wedge M \vec{g} + \overrightarrow{DG} \wedge m \vec{g} + \overrightarrow{DB} \wedge \vec{N}_B + \vec{C} =\\[10pt] & = (A-D) \wedge \vec{F}_M + (A-D) \wedge M \vec{g} + (G-D) \wedge m \vec{g} + (B-D) \wedge \vec{N}_B + \vec{C} =\\[10pt] & = R\, \hat{x} \wedge \vec{F}_M + R \,\hat{x} \wedge (-Mg\,\hat{y}) + \left( \left( R + \frac{\ell}{2} \cos(\alpha) \right) \hat{x} - \frac{\ell}{2} \sin(\alpha)\, \hat{y} \right) \wedge (-m g\,\hat{y}) + \phantom{C =}\\[10pt] & + \left( \left( R + \ell \cos(\alpha) \right) \hat{x} - \ell \sin(\alpha)\, \hat{y} \right) \wedge N_B\,\hat{y} + C \,\hat{z}, \end{aligned} \end{equation*}

dove i termini N_B e C indicano le componenti, rispettivamente, lungo y e lungo z dei vettori \vec{N_B} e \vec{C}. Nell’espressione, i termini \hat{x}, \hat{y} e \hat{z} indicano i versori degli assi x, y e z rispettivamente. Nell’equazione (5) si è utilizzata la notazione \overrightarrow{LM} = M-L, dove L ed M rappresentano due generici punti nel sistema di riferimento cartesiano Oxy. Tale notazione deriva dalla formula della somma di vettori: \overrightarrow{OL} + \overrightarrow{LM} = \overrightarrow{OM}, ovvero \overrightarrow{LM} = \overrightarrow{OM} - \overrightarrow{OL} = M - L (con O \equiv (0,0,0) ). Sapendo che, per definizione, la forza della molla \vec{F}_M è

(6) \begin{equation*} \vec{F}_M = - k \overrightarrow{OA} = - k\left(A-O\right)=-k (R\,\hat{x} + \ell \sin(\alpha)\,\hat{y}), \end{equation*}

ed inserendo tale definizione nell’equazione precedente, con semplici passaggi algebrici si ottiene

(7) \begin{equation*} \left(- k \ell R \sin(\alpha) - R M g - R m g - \frac{\ell }{2}m g \cos(\alpha) + (R + \ell \cos(\alpha)) N_B + C \right)\hat{z} = \vec{0}, \end{equation*}

ovvero

(8) \begin{equation*} \boxed{C = -( R + \ell \cos(\alpha) ) N_B + k \ell R \sin(\alpha) + R M g + R m g + \frac{ \ell }{2}m g \cos(\alpha) .} \end{equation*}

Si noti che l’espressione di C appena calcolata dipende dal valore della componente della reazione vincolare in B, che è incognita. Per calcolare N_B, si sceglie un sistema fisico differente dal precedente, costituito solamente dall’asta. In questo sistema, le forze esterne applicate sull’asta sono la reazione vincolare -\vec{N}_A, la forza peso m \vec{g} e la reazione vincolare \vec{N}_B, come già detto in precedenza. Scegliendo come polo per il calcolo dei momenti delle forze esterne agenti sull’asta il punto A ed imponendo l’equilibrio dei momenti, si ottiene:

(9) \begin{equation*} \begin{aligned} &\vec{0} = \overrightarrow{AB} \wedge \vec{N}_B + \overrightarrow{AG} \wedge m\vec{g} =\\[10pt] &= (B-A) \wedge \vec{N}_B + (G-A) \wedge m\vec{g} =\\[10pt] &= \left( \ell \cos(\alpha)\, \hat{x} - \ell \sin(\alpha) \,\hat{y} \right) \wedge N_B \hat{y} + \left( \frac{\ell }{2} \cos(\alpha) \,\hat{x} - \frac{ \ell }{2} \sin(\alpha)\, \hat{y} \right) \wedge (-mg \,\hat{y})=\\[10pt] &= \left( \ell \cos(\alpha) N_B - \frac{ \ell }{2}mg\cos(\alpha) \right) \hat{z}, \end{aligned} \end{equation*}

da cui si ottiene

\[\boxcolorato{fisica}{ N_B = \frac{mg}{2}.}\]

Inserendo quest’ultimo risultato nell’equazione (8), si ottiene

(10) \begin{equation*} \begin{aligned} &C = -( R + \ell \cos(\alpha) ) N_B + klR \sin(\alpha) + R M g + R m g + \frac{ \ell }{2}m g \cos(\alpha) = \\[10pt] & = - R\frac{mg}{2} - \frac{ \ell }{2}m g \cos(\alpha)+ k \ell R \sin(\alpha) + R M g + R m g + \frac{ \ell }{2}m g \cos(\alpha) = \\[10pt] & = k \ell R \sin(\alpha) + R M g + \frac{R m g}{2}. \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

\[\boxcolorato{fisica}{ C = k \ell R \sin(\alpha) + R M g + \frac{R m g}{2}.}\]


 

Scarica gli esercizi svolti

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Esercizi di Meccanica razionale

Se siete interessati ad approfondire argomenti inerenti alla Meccanica razionale, di seguito troverete tutte le cartelle relative presenti sul sito Qui Si Risolve. Ciascuna cartella contiene numerosi esercizi con spiegazioni dettagliate, progettate per offrire una preparazione solida e una conoscenza approfondita della materia.

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Ulteriori risorse didattiche per la fisica

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