Esercizio corpo rigido 40

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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:

a) 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 a). 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.

\begin{figure}[H]
\centering

\tikzset{every picture/.style={line width=0.75pt}} %set default line width to 0.75pt

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\end{figure}

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 b). 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.