Esercizio corpo rigido 43

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 43   (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Un’asta omogenea di lunghezza L è appoggiata in corrispondenza dello spigolo di un gradino di altezza H e di un piano orizzontale scabro con coefficiente di attrito statico \mu_S, come mostrato nella figura 1. Se l’asta è in equilibrio, dimostrare che vale la seguente relazione

(1)   \begin{equation*} \dfrac{\sin\left(2\theta\right)}{2\left(\sin^2 \theta +1\right) } \leq \mu_s, \end{equation*}

dove \theta è l’angolo che forma l’asta con il piano orizzontale.

 

 

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Svolgimento.  Le forze esterne agenti sull’asta sono la reazione vincolare \vec{N} relativa al punto d’appoggio B sul gradino, la forza peso \vec{F}_p=m\vec{g} applicata nel centro di massa G dell’asta, la forza d’attrito \vec{F}_a agente nel punto d’appoggio A tra asta e piano orizzontale, ed infine la reazione vincolare \vec{R} applicata in A. In figura 2 rappresentiamo le forze esterne agenti sull’asta e il sistema di riferimento fisso Oxy scelto.

 

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Imponiamo che la somma delle forze esterne e dei momenti esterni agenti sull’asta sia nulla, cioè

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

dove si è indicato con \vec{M}_k il k-esimo momento esterno agente sull’asta in esame, e con F_{kx} e F_{ky} le componenti della k-esima forza esterna lungo le direzioni x e y rispettivamente. In figura 3 rappresentiamo gli angoli notevoli del problema: \theta che l’asta forma al suo punto di contatto con il pavimento e il suo complementare \alpha=\dfrac{\pi}{2}-\theta.

 

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Lungo l’asse x risulta

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

mentre per la direzione y avremo

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

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

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

la quale diventa, esplicitando rispetto a F_a,

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

Imponiamo che la somma dei momenti esterni sia nulla risposto al polo B. Si osserva che il momento della forza \vec{N} è nullo, in quanto il braccio è nullo, essendo la forza in questione applicata proprio in B. Le uniche forze esterne con momento non nullo sono \vec{R} che ha distanza \overline{BA} dal polo B, la forza \vec{F}_a che ha distanza \overline{BA} dal polo B, ed infine alla forza \vec{F}_p che ha distanza dal polo B pari ad \overline{BG}. L’equazione cardinale della statica, pertanto, si scriverà come segue:

    \[\begin{aligned} &\overrightarrow{BA}\wedge \vec{R}+\overrightarrow{BA}\wedge \vec{F}_a+\overrightarrow{BG}\wedge \vec{F}_p=\vec{0}\quad \Leftrightarrow \quad\overrightarrow{BA}\left(\vec{R}+\vec{F}_a\right)+ \overrightarrow{BG}\wedge \vec{F}_p=\vec{0}\quad \Leftrightarrow \quad\\&\\ & \Leftrightarrow \quad\overline{BA}\left(-\cos \theta \,\hat{x}-\sin \theta \, \hat{y}\right)\wedge \left(R\,\hat{y}+F_a\,\hat{x}\right)+\overline{BG} \left(-\cos \theta \,\hat{x}-\sin \theta \,\hat{y}\right)\wedge \left(-mg \,\hat{y}\right)=\vec{0}\quad\Leftrightarrow \\&\\ &\Leftrightarrow \quad(-R\,\overline{BA}\cos \theta+F_A\,\overline{BA}\sin\theta+mg\,\overline{BG}\cos \theta) \hat{z}=\vec{0}, \end{aligned}\]

da cui

(7)   \begin{equation*} \overline{BA}\, R \cos \theta -\overline{BA}\, F_A\sin \theta-\overline{BG}\, mg\cos \theta=0 , \end{equation*}

o anche

(8)   \begin{equation*} R=F_a\tan \theta +\dfrac{\overline{BG}}{\overline{BA}}mg. \end{equation*}

Dalle geometria del problema si ha \overline{BG}=\overline{BA}-\overline{GA}, ed osservando che \overline{GA}=\dfrac{L}{2}, avremo che l’equazione (8) diventa

(9)   \begin{equation*} R= F_a \tan \theta + mg\left(1 - \frac{L}{2\overline{BA}}\right). \end{equation*}

Sostituendo R (definita nell’equazione (9)) nell’equazione (6) si ottiene

(10)   \begin{equation*} F_a=\left(mg-F_a\tan \theta -mg\left(1-\dfrac{L}{2\overline{BA}}\right)\right)\tan \theta, \end{equation*}

da cui

(11)   \begin{equation*} F_a=\left(- F_a \tan \theta + mg\frac{L}{2\overline{BA}}\right)\tan\theta, \end{equation*}

o anche

(12)   \begin{equation*} F_a=\dfrac{\dfrac{mgL}{2\overline{BA}}\tan\theta}{1+\tan^2\theta}, \end{equation*}

ossia

(13)   \begin{equation*} F_a=\dfrac{mgL}{2\overline{BA}}\sin\theta\cos\theta. \end{equation*}

Affinché il sistema sia in equilibrio, deve valere che la forza d’attrito sia inferiore o uguale alla forza di attrito statico massima, cioè

(14)   \begin{equation*} F_a \leq \mu_s R. \end{equation*}

Sostituendo F_a (definita nell’equazione (13)) e R (definita nell’equazione (9)) nella relazione (14), si ottiene

(15)   \begin{equation*} \dfrac{mgL}{2\overline{BA}}\sin\theta\cos\theta \leq \mu_s \dfrac{mgL}{2\overline{BA}}\sin\theta\cos\theta \tan \theta + \mu_s mg\left(1 - \frac{L}{2\overline{BA}}\right), \end{equation*}

ovvero

(16)   \begin{equation*} \dfrac{mgL}{2\overline{\overline{BA}}}\sin \theta \cos \theta \leq \mu_S \dfrac{mgL}{2\overline{\overline{BA}}}\sin^2 \theta +\mu_S mg\left(1-\dfrac{L}{2\overline{\overline{BA}}}\right), \end{equation*}

e osservando che \overline{BA}=L, si giunge ad

(17)   \begin{equation*} \sin \theta \cos \theta \leq \mu_S \left(1+\sin ^2 \theta\right) \end{equation*}

vale a dire

(18)   \begin{equation*} \dfrac{\sin\theta\cos\theta}{\sin^2 \theta +1 } \leq \mu_s, \end{equation*}

ovverosia

(19)   \begin{equation*} \dfrac{2\sin\theta\cos\theta}{2\left(\sin^2 \theta +1\right) } \leq \mu_s. \end{equation*}

Infine, applicando la regola di duplicazione del seno, si ottiene

(20)   \begin{equation*} \boxed{ \dfrac{\sin\left(2\theta\right)}{2\left(\sin^2 \theta +1\right) } \leq \mu_s,} \end{equation*}

che è proprio (1), ovvero quello che volevamo ottenere.