Esercizio corpo rigido 42

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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.