Esercizio corpo rigido 42

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 42 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un’asta omogenea di lunghezza L è appoggiata sulla superficie di una semisfera perfettamente liscia di raggio r fissata a un piano orizzontale scabro con coefficiente di attrito statico \mu_s, come mostrato in figura 1. Dimostrare che se il sistema è in equilibrio vale la seguente relazione

(1)   \begin{equation*} \dfrac{1-\cos\left(2\theta\right)}{\dfrac{4r}{L}-\sin\left(2\theta\right)}\leq \mu_s, \end{equation*}

dove \theta è l’angolo che forma il segmento (raggio della sfera) che congiunge il centro della sfera (C) e il punto di contatto tra asta e sfera (B) con il piano orizzontale.

 

 

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Svolgimento.  Le forze esterne che agiscono sull’asta sono la reazione vincolare \vec{N} applicata nel punto B, la forza peso \vec{F}_p=m\vec{g} applicata nel centro di massa G dell’asta (indicando con m la massa dell’asta), la forza d’attrito statico \vec{F}_a e la reazione vincolare \vec{R} sono entrambe applicate in A (punto d’intersezione tra asta e piano). In figura 2 rappresentiamo tutte le forze esterne applicate all’asta e il sistema di riferimento fisso Oxy scelto.

 

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Imponiamo che la somma di tutte le forze esterne ed dei momenti esterni sia uguale a zero, cioè

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {F^{ext}_{k,x}} = 0\\\\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {F_{ky}^{ext}} = 0\\\\ \displaystyle \sum_{k=1}^n \overrightarrow{M}^{ext}_k = \vec{0} \end{cases}, \end{equation*}

dove si è indicato con \vec{M}_k il k-esimo momento esterno agente sull’asta e con F_{kx} e F_{ky} le componenti della k-esima forza esterna lungo le direzioni x e y rispettivamente. Iniziamo considerando le componenti delle forze esterne lungo l’asse x, ossia

(3)   \begin{equation*} N\cos\theta-F_a=0, \end{equation*}

mentre per la direzione y sarà dunque

(4)   \begin{equation*} R-mg+N\sin \theta=0. \end{equation*}

Ricavando N=\dfrac{F_a}{\cos\theta} dalla equazione (3), e sostituendo nell’equazione (4), si otterrà:

(5)   \begin{equation*} R-mg+F_a\tan\theta=0, \end{equation*}

da cui

(6)   \begin{equation*} F_a=(mg-R)\cot\theta. \end{equation*}

 

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Imponiamo la somma dei momenti es terni uguale a zero scegliendo come polo il centro della sfera C. Rispetto a tale polo, si osserva facilmente che il momento della forza \vec{N} è nullo, in quanto braccio e forza sono applicati lungo la stessa direzione; per lo stesso motivo, è nullo anche il momento di \vec{F}_a. Gli unici momenti esterni non nulli sono quello relativo alla forza \vec{F}_p e quello relativo a \vec{R}. Osserviamo che \vec{R} forma un angolo retto con il segmento \overline{CA}. Definiamo \phi l’angolo che la forza peso \vec{F}_p forma con il segmento \overline{CG} (vedere figura 4). Pertanto la somma dei momenti esterni è

(7)   \begin{equation*} \overline{CG}\ F_p \sin\phi=\overline{CA}\ R, \end{equation*}

dove \overline{CG} e \overline{CA} rappresentano le lunghezze dei segmenti discussi precedentemente.

 

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Considerando il triangolo \widetriangle{CGD} evidenziato in figura 3, il quale è retto in D, si avrà che \overline{CG} \sin\phi=\overline{CD}=\overline{CA}-\overline{DA}. Possiamo allora riscrivere l’equazione (7) sfruttando quanto detto ed esplicitando rispetto ad R, ottenendo

(8)   \begin{equation*} R=\frac{mg(\overline{CA}-\overline{DA})}{\overline{CA}}, \end{equation*}

o anche

(9)   \begin{equation*} R=mg\left(1-\frac{\overline{DA}}{\overline{CA}}\right). \end{equation*}

Poiché il sistema sia in equilibrio, deve valere

(10)   \begin{equation*} F_a \leq \mu_s R=\text{Forza di attrito statico massima}. \end{equation*}

Sostituiamo F_a (definita nell’equazione (6)) e R (definita nell’equazione (9)) nella relazione (10), ottenendo

(11)   \begin{equation*} mg\left(1-1+\frac{\overline{DA}}{\overline{CA}}\right)\cot\theta \leq \mu_s \frac{mg(\overline{CA}-\overline{DA})}{\overline{CA}}, \end{equation*}

dalla quale, semplificando opportunamente, si determina

(12)   \begin{equation*} \frac{\overline{DA}}{\overline{CA}-\overline{DA}}\cot \theta\leq \mu_s, \end{equation*}

che rappresenta la condizione relativa all’angolo \theta che deve essere verificata affinché l’asta sia in equilibrio. Consideriamo adesso l’angolo \hat{CBA}, esso è retto in B e pertanto l’angolo in A sarà \dfrac{\pi}{2}-\theta; è possibile sfruttare questa relazione per osservare che, considerando adesso il triangolo \widetriangle{DGA}, vale \overline{DA}=\dfrac{L}{2}\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\theta\right)=\dfrac{L}{2}\sin\theta. Si può ancora considerare il triangolo \widetriangle{CBA} per osservare che r=\overline{CA} \cos\theta, e cioè \overline{CA}=\dfrac{r}{\cos\theta}. Sostituendo le relazioni ottenute nell’equazione (12) si ottiene

(13)   \begin{equation*} \dfrac{\cos\theta}{\sin\theta}\left(\dfrac{\dfrac{L}{2}\sin\theta}{\dfrac{r}{\cos\theta}-\dfrac{L}{2}\sin\theta}\right)\leq \mu_s, \end{equation*}

che può anche essere riscritta, semplificando opportunamente, come

(14)   \begin{equation*} \dfrac{L\cos^2\theta}{2r-L\sin\theta\cos\theta}\leq \mu_s. \end{equation*}

Applicando \cos^2\theta=\dfrac{1-\cos(2\theta)}{2} (regola di duplicazione per il coseno) e raccogliendo forzatamente L al denominatore e semplificando, la relazione (14) diventa

(15)   \begin{equation*} \dfrac{1-\cos(2\theta)}{\dfrac{4r}{L}-\sin\left( 2\theta\right)}\leq \mu_s, \end{equation*}

che è proprio la relazione (1), ovvero quello che volevamo dimostrare.