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Esercizio corpo rigido 40

Dinamica del corpo rigido

Home » Esercizio corpo rigido 40

L’Esercizio Corpo Rigido 40 è il quarantesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 39 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 41. 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 40

Esercizio 40 (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar).  Un’asta composta da due metà, ciascuna di lunghezza L e massa m, può ruotare in un piano verticale intorno ad un perno passante per il suo punto medio e posto ad una quota 2L da terra (vedi figura 1). La metà di sinistra ha densità lineare \lambda_1 uniforme, mentre quella di destra ha densità lineare \lambda_2=kx^2, con x distanza dal centro dell’asta. Alla rotazione si oppone un momento frenante \vec{M}.

Determinare:

1) l’angolo \theta_{eq} che la barra forma con la verticale nella posizione di equilibrio statico;
2) l’energia potenziale U_{eq} della barra in tale posizione, calcolata rispetto a terra.

Effettuare i calcoli con L=1\,\text{m}, m=1\,\text{kg}, M=1,2\,\text{N}\cdot\text{m}

 

 

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Svolgimento Punto 1.

Analizziamo il sistema all’equilibrio. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Ox tale per cui O coincida con il perno e l’asse delle x con l’asta. Immaginiamo che il sistema in esame sia composto da due aste: una con densità lineare uniforme \lambda_1 e lunga L e la seconda con densità \lambda_2 e lunga L. Osserviamo che in questo sistema i momenti esterni sono il momento dovuto alla forza peso della prima asta, il momento dovuto alla forza peso della seconda asta e, infine, il momento frenante \vec{M}. Per quanto riguarda l’asta a sinistra, sappiamo che la sua densità lineare è uniforme, dunque questo significa che il suo centro di massa si troverà proprio a metà dell’asta stessa. Avremo cioè:

(1)   \begin{equation*} x_{CM,1}=-\dfrac{L}{2}, \end{equation*}

dove il segno negativo è semplicemente dovuto al sistema di riferimento scelto in figura 1. Per la barra di destra invece abbiamo che la massa non è distribuita uniformemente e dunque sarà necessario calcolare il centro di massa applicando la definizione. Avremo infatti che, nel caso unidimensionale, il centro di massa è definito come:

(2)   \begin{equation*} x_{CM_2}=\dfrac{\displaystyle \int{x\,dm}}{\displaystyle\int{dm}}, \end{equation*}

dove x è la distanza del punto materiale dm rispetto ad O. Sfruttando la definizione di densità lineare di massa, possiamo esprimere dm come segue

(3)   \begin{equation*} dm=\lambda_2\,dx=kx^2\,dx. \end{equation*}

Integrando su tutta la seconda asta si ottiene

(4)   \begin{equation*} x_{CM_2}=\dfrac{\displaystyle\int_0^L{x\,\lambda_2\,dx}}{\displaystyle\int_0^L{\lambda_2\,dx}}=\dfrac{\displaystyle\int_0^L{x\,kx^2\,dx}}{\displaystyle\int_0^L{kx^2\,dx}}=\dfrac{\displaystyle\frac{kL^4}{4}}{\displaystyle\frac{kL^3}{3}}=\dfrac{3}{4}L. \end{equation*}

Determinati i centri di massa delle due aste possiamo immaginare che la forza peso di entrambe sia applicata nei rispettivi centri di massa, come in figura 2.

 

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A questo punto, possiamo calcolare i momenti meccanici delle forze peso rispetto al punto O. Ricordiamo che il momento meccanico di una generica forza \vec{F}, rispetto ad un polo O, è definito come

(5)   \begin{equation*} \vec{M}=\vec{r}\wedge\vec{F}\quad\Rightarrow\quad M=rF\sin\theta, \end{equation*}

dove \vec{r} è il raggio vettore che individua la posizione del corpo rispetto al polo scelto per il calcolo del momento e \theta indica l’angolo tra \vec{r} e \vec{F}. Nel nostro caso si ha

(6)   \begin{equation*} M_1=mg\,\dfrac{L}{2}\sin\theta_{eq}\qquad\text{e}\qquad M_2=mg\,\dfrac{3L}{4}\sin\theta_{eq}. \end{equation*}

Imponiamo che la somma dei momenti esterni sia nulla rispetto al polo O. ricordiamo che i momenti responsabili di una rotazione in senso antiorario sono convenzionalmente positivi, mentre quelli che fanno ruotare i corpi in senso orario sono negativi. Avremo dunque:

(7)   \begin{equation*} M_{TOT}=M_1-M_2+M=0\quad\Leftrightarrow\quad mg\,\dfrac{L}{2}\sin\theta_{eq}-mg\,\dfrac{3L}{4}\sin\theta_{eq}+M=0, \end{equation*}

da cui

(8)   \begin{equation*} mg\,L\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{4}\right)\sin\theta_{eq}=-M\quad\Leftrightarrow\quad mg\,L\sin\theta_{eq}=4M\quad\Leftrightarrow\quad\sin\theta_{eq}=\dfrac{4M}{mg\,L}. \end{equation*}

In definitiva, otteniamo:

    \[\boxcolorato{fisica}{\theta_{eq}=\arcsin\left(\dfrac{4M}{mg\,L}\right)=29,2^{\circ}.}\]

 

Svolgimento Punto 2.

L’energia potenziale gravitazionale dipende solamente dalla quota a cui si trova il centro di massa rispetto al sistema di riferimento scelto. Imponiamo l’energia potenziale nulla al livello del suolo, come in figura 2. Facendo riferimento alla figura 2, si può facilmente dedurre che

(9)   \begin{equation*} U_1=mg\left(2L+\dfrac{L}{2}\cos\theta_{eq}\right)\qquad\text{e}\qquad U_2=mg\left(2L-\dfrac{3L}{4}\cos\theta_{eq}\right). \end{equation*}

L’energia potenziale complessiva del sistema sarà semplicemente data dalla somma delle due energie potenziali, per il principio di sovrapposizione degli effetti. Avremo quindi:

(10)   \begin{equation*} \begin{aligned} U_{eq}=U_1+U_2&=mg\left(2L+\dfrac{L}{2}\cos\theta_{eq}\right)+mg\left(2L-\dfrac{3L}{4}\cos\theta_{eq}\right)=\\ &=mg\left(2L+\dfrac{L}{2}\cos\theta_{eq}+2L-\dfrac{3L}{4}\cos\theta_{eq}\right)=\\ &=mg\left(4L-\dfrac{L}{4}\cos\theta_{eq}\right). \end{aligned} \end{equation*}

Troviamo dunque:

    \[\boxcolorato{fisica}{U_{TOT}=mg\,L\left(4-\dfrac{\cos\theta_{eq}}{4}\right)\approx37\,\text{J}.}\]

 

Fonte.

Esame di fisica generale all’università di Roma Tor Vergata.

 

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