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Esercizio corpo rigido 49

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 49 (\bigstar \bigstar \bigstar \bigstar \largewhitestar). Due aste rigide AC e BC di uguale lunghezza \ell, omogenee e a sezione trasversale costante, di masse m_A e m_B, sono incernieriate fra loro con attrito trascurabile nell’estremità C, mentre le estremità A e B sono vincolate a muoversi su una guida orizzontale liscia (si veda figura 1). Tale vincolo mantiene costantemente le due aste, al di sopra della guida, in un piano verticale. Le aste sono collegate da un tirante inestensibile, di massa trascurabile e lunghezza d con punto di applicazione in corrispondenza del centro di massa delle due aste.

Se il sistema è inizialmente in equilibrio, si calcolino:

1) i moduli N_A e N_B delle reazioni sviluppate dalla guida sulle due aste e la tensione T del tirante.

Nel sistema considerato, ad un certo istante il tirante si rompe. Nell’approssimazione in cui tutti gli attriti possano essere trascurati, si calcoli:

2) lo spostamento \Delta x_C lungo la direzione orizzontale della cerniera C nell’istante in cui essa arriva a toccare la guida sulla quale scorrono A e B;

3) la velocità v_C con cui C arriva sulla guida.

 

 

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Svolgimento.

Prima di procedere allo svolgimento del problema è bene fare una premessa iniziale. Il sistema in esame è composto da due corpi rigidi, in particolare due aste incernierate ad un estremo comune. Se non diversamente indicato, considereremo il sistema come un unico corpo rigido cosicché la tensione del tirante risulta essere una forza interna, mentre le uniche forze esterne saranno le forze peso delle due aste e le reazioni vincolari col terreno. Inoltre, come sarà sottolineato più avanti nella trattazione, in corrispondenza della cerniera C si sviluppa una reazione vincolare che in virtù di quanto detto è una forza interna al sistema.

a) Fissiamo un sistema di riferimento inerziale Oxy, con origine O in corrispondenza della proiezione della cerniera C sul piano orizzontale, e costruiamo il diagramma di corpo libero per il sistema, come illustrato in figura 2.

 

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Il verso dell’asse z è dato dalla regola della mano destra, o equivalentemente dal verso del prodotto vettoriale \hat{x}\wedge\hat{y} (\hat{x} e \wedge\hat{y} sono i versori rispettivamente dell’asse delle x e delle y). Sul corpo agisce la forza peso m_A\vec{g} con punto di applicazione nel centro di massa dell’asta AC, la reazione vincolare \vec{N}_A nel punto di contatto A tra l’asta AC ed il piano di appoggio, la forza peso m_B\vec{g} con punto di applicazione nel centro di massa dell’asta BC, la reazione vincolare \vec{N}_B nel punto di contatto B tra l’asta BC ed il piano di appoggio. Ricordiamo che stiamo guardando all’intero sistema formato dalle due aste, per cui la tensione che agisce su ciascuna di esse e le reazioni vincolari nella cerniera C sono forze interne ed in quanto tali non entrano nell’equazioni del moto che descrivono il sistema specifico (si ricorda che il moto di un corpo rigido è determinato solo dalle forze esterne e dai momenti esterni al sistema). Siccome il sistema deve rimanere in equilibrio imponiamo che la somma delle forze esterne e dei momenti esterni al sistema siano uguali a zero rispetto ad un polo. Per il calcolo dei momenti di ciascuna forza scegliamo il punto C. Le forze esterne sono \vec{N}_A, \vec{N}_B, m_A\vec{g} e m_B\vec{g}. Scriviamo tale forze in termini dei versori \hat{x} e \hat{y}, cioè

    \[\begin{aligned} &\vec{N}_A=N_A\,\hat{y}\\ &\vec{N}_B=N_B\,\hat{y}\\ &m_A\vec{g}=-m_Ag\,\hat{y}\\ &m_B\vec{g}=-m_Bg\,\hat{y}. \end{aligned}\]

Siano \vec{\ell}_1 il vettore che va da C ad A e \vec{\ell}_2 il vettore che va da C ad B, entrambi di lunghezza \ell. Esprimiamo \vec{\ell}_1 e \vec{\ell}_2 in termini dei versori \hat{x} e \hat{y}. Abbiamo dunque

    \[\begin{aligned} &\vec{\ell}_1=-\ell\cos \theta \,\hat{y}-\ell \sin \theta \,\hat{x}\\ &\vec{\ell}_2=-\ell\cos \theta \,\hat{y}+\ell \sin \theta \,\hat{x}. \end{aligned}\]

Siano \vec{\ell}_3 il vettore che va da C al centro di massa della sbarra che si trova nell’asse negativo delle x e \vec{\ell}_4 il vettore che va da C al centro di massa della seconda sbarra che si trova nell’asse positivo delle x, entrambi di lunghezza \ell/2. Esprimiamo \vec{\ell}_3 e \vec{\ell}_4 in termini dei versori \hat{x} e \hat{y}. Si ha

    \[\begin{aligned} &\vec{\ell}_3=-\dfrac{\ell}{2}\cos \theta \,\hat{y}-\dfrac{\ell}{2} \sin \theta \,\hat{x}\\[10pt] &\vec{\ell}_4=-\dfrac{\ell}{2}\cos \theta \,\hat{y}+\dfrac{\ell}{2}\sin \theta \,\hat{x}. \end{aligned}\]

Di seguito, in figura 3, la rappresentazione di \vec{\ell}_1, \vec{\ell}_2, \vec{\ell}_3 e \vec{\ell}_4.

 

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Calcoliamo i momenti delle forze \vec{N}_A, \vec{N}_B, m_A\vec{g} e m_B\vec{g}. Quindi

    \[\begin{aligned} &\vec{\ell}_1\wedge \vec{N}_A=\left(-\ell \cos \theta \,\hat{y}-\ell \sin \theta \, \hat{x}\right)\wedge N_A\,\hat{y}=-N_A\ell\sin\theta\,\hat{x}\wedge\hat{y}=- N_A\ell\sin \theta \,\hat{z};\\[10pt] &\vec{\ell}_2\wedge \vec{N}_B=\left(-\ell \cos \theta \,\hat{y}+\ell \sin \theta \, \hat{x}\right)\wedge N_B\,\hat{y}=N_B\ell\sin\theta\,\hat{x}\wedge\hat{y}=N_B\ell\sin \theta\,\hat{z};\\[10pt] &\vec{\ell}_3\wedge m_A\vec{g}=\left(-\dfrac{\ell}{2}\cos \theta \,\hat{y}-\dfrac{\ell}{2} \sin \theta \,\hat{x}\right)\wedge (-m_Ag)\hat{y}=m_Ag \dfrac{\ell}{2}\sin \theta\,\hat{x}\wedge\hat{y}=m_Ag \dfrac{\ell}{2}\sin \theta\,\hat{z};\\[10pt] &\vec{\ell}_3\wedge m_B\vec{g}=\left(-\dfrac{\ell}{2}\cos \theta \,\hat{y}+\dfrac{\ell}{2} \sin \theta \,\hat{x}\right)\wedge (-m_Bg)\hat{y}=-m_Bg\dfrac{\ell}{2} \sin \theta\,\hat{x}\wedge\hat{y}=-m_Bg\dfrac{\ell}{2} \sin \theta\,\hat{z}. \end{aligned}\]

Ponendo la somma dei momenti esterni al sistema uguale a zero rispetto al polo C, otteniamo

(1)   \begin{equation*} - N_A\ell\sin \theta \,\hat{z}+N_B\ell \sin \theta\,\hat{z}+m_Ag\dfrac{\ell}{2} \sin \theta\,\hat{z}-m_Bg \dfrac{\ell}{2}\sin \theta\,\hat{z}=\vec{0}, \end{equation*}

da cui

(2)   \begin{equation*} - N_A\ell\sin \theta +N_B\ell \sin \theta+m_Ag \dfrac{\ell}{2}\sin \theta-m_Bg\dfrac{\ell}{2} \sin \theta=0. \end{equation*}

Analogamente a quanto fatto per i momenti delle forze esterne, imponendo che la somma delle forze esterne agenti sulle due aste che compongono il sistema sia nulla, si ha che

(3)   \begin{equation*} \vec{N}_A+ \vec{N}_B+ m_A\vec{g}+ m_B\vec{g}=\vec{0}, \end{equation*}

ossia

(4)   \begin{equation*} N_A\,\hat{z}+N_B\,\hat{z}-m_Ag\,\hat{z}-m_Bg\,\hat{z}=\vec{0}, \end{equation*}

o anche

(5)   \begin{equation*} N_A+N_B-m_Ag-m_Bg=0. \end{equation*}

Mettendo a sistema l’equazione (2) con l’equazione (5), si ha

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} - N_A\ell\sin \theta +N_B\ell \sin \theta+m_Ag \dfrac{\ell}{2}\sin \theta-m_Bg\dfrac{\ell}{2} \sin \theta=0\\\\ {N}_A+ {N}_B-m_A{g}- m_B{g}={0}. \end{cases} \end{equation*}

Dalla seconda equazione del sistema (6), si ottiene

(7)   \begin{equation*} N_A=-N_B+g(m_A+m_B). \end{equation*}

Sostituendo N_A (calcolata nell’equazione (7)) nella seconda equazione del sistema (6), si trova

    \[\begin{aligned} &-\left(-N_B+g(m_A+m_B)\right)\ell\sin\theta+N_B\ell\sin\theta+m_Ag\dfrac{\ell}{2}\sin\theta-m_Bg\dfrac{\ell}{2}\sin\theta=0\quad\Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad N_B-g(m_A+m_B)+N_B+\dfrac{m_Ag}{2}-\dfrac{m_Bg}{2}=0\quad\Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad 2N_B+\left(\dfrac{g}{2}-g\right)m_A-\left(g+\dfrac{g}{2}\right)m_B=0\nonumber\quad\Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad2N_B=g\left(1-\dfrac{1}{2}\right)m_A+g\left(1+\dfrac{1}{2}\right)m_B\quad\Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad 2N_B=\dfrac{g}{2}(m_A+3m_B), \end{aligned}\]

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{ N_B=\dfrac{g}{4}(m_A+3m_B).}\]

Sostituendo il valore di N_B (appena ottenuto), nell’equazione (7), otteniamo

    \[\begin{aligned} N_A&=-\dfrac{g}{4}(m_A+3m_B)+g(m_A+m_B)=\\ &=g\left(m_A\left(1-\dfrac{1}{4}\right)+m_B\left(1-\dfrac{3}{4}\right)\right), \end{aligned}\]

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{ N_A=\dfrac{g}{4}(3m_A+m_B).}\]

Osserviamo che nel caso in cui m_A=m_B segue che N_A=N_B.

Per calcolare il modulo della tensione \vec{T} del tirante è utile considerare le due aste separatamente. Grazie a questa scelta l’asta AC sarà sottoposta alla tensione \vec{T}_A e l’asta BC sarà sottoposta alla tensione \vec{T}_B. Le tensioni \vec{T}_A e \vec{T}_B sono ora delle forze esterne rispettivamente per l’asta AB e BC. Inoltre, l’asta AB è sottoposta alle forze esterne \vec{N}_A, m_A\vec{g} e la reazione vincolare delle cerniera C; mentre l’asta BC è sottoposta alle forze esterne m_B\vec{g}, \vec{N}_B e la reazione vincolare delle cerniera C. Osserviamo che se consideriamo il punto C come polo rispetto al quale calcolare i momenti delle forze, le reazioni vincolari della cerniera hanno momento, pertanto possiamo trascurare gli effetti della reazione vincolare delle cerniera per il calcolo della tensione del tirante. In figura 4 si rappresentano le forze \vec{N}_A, m_A\vec{g}, \vec{N}_B e m_B\vec{g}. Si osservi che non abbiamo rappresentato le reazioni vincolari in corrispondenza della cerniera C, ma queste sono essenziali per garantire l’equilibrio statico delle due aste. Poiché il tirante ha massa trascurabile, segue che \vec{T}_A=-\vec{T}_B, e di conseguenza \left \vert \vec{T}_A \right \vert =\left \vert \vec{T}_B \right \vert=T, come rappresentato in figura 4.

 

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Considerando l’asta AC, calcoliamo i momenti delle forze \vec{N}_A, m_A\vec{g} e \vec{T}_A rispetto al polo C. I momenti delle forze \vec{N}_A e m_A\vec{g} sono stati già calcolati, non ci rimane che calcolare il momento della tensione \vec{T}_A rispetto al polo C. Abbiamo dunque

(8)   \begin{equation*} \vec{\ell}_3\wedge \vec{T}_A=\left(-\dfrac{\ell}{2}\cos \theta \,\hat{y}-\dfrac{\ell}{2} \sin \theta \,\hat{x}\right)\wedge T\,\hat{x}=-T\dfrac{\ell}{2}\cos\theta\,\hat{y}\wedge\hat{x}=T\dfrac{\ell}{2}\cos\theta\,\hat{z}. \end{equation*}

Ponendo la somma dei momenti esterni all’asta AC rispetto al polo C uguale a zero, otteniamo

(9)   \begin{equation*} - N_A\ell\sin \theta \,\hat{z}+m_Ag \dfrac{\ell}{2}\sin \theta\,\hat{z}+T\dfrac{\ell}{2}\cos\theta\,\hat{z}=\vec{0}, \end{equation*}

da cui

(10)   \begin{equation*} - N_A\ell\sin \theta +m_Ag \dfrac{\ell}{2}\sin \theta+T\dfrac{\ell}{2}\cos\theta=0, \end{equation*}

Sostituendo l’espressione di N_A, (ottenuta precedentemente) nell’equazione (10), si ha

    \[\begin{aligned} &-\dfrac{g}{4}(3m_A+m_B)\ell\sin\theta+m_Ag\dfrac{\ell}{2}\sin\theta+T\dfrac{\ell}{2}\cos\theta=0\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad \dfrac{T}{2}\cos\theta=\dfrac{g}{4}(3m_A+m_B)\sin\theta-m_A\dfrac{g}{2}\sin\theta \quad \Leftrightarrow \\[10pt] &\Leftrightarrow \quad T=\dfrac{2}{\cos\theta}\left(\dfrac{g}{4}(3m_A+m_B)\sin\theta-\dfrac{g}{2}m_A\sin\theta\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad T=2g\dfrac{\sin\theta}{\cos\theta}\left(\dfrac{3}{4}m_A+\dfrac{1}{4}m_B-\dfrac{1}{2}m_A\right)\quad\Leftrightarrow\quad\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad T= 2g\tan\theta\left(\dfrac{m_A+m_B}{4}\right), \end{aligned}\]

da cui

(11)   \begin{equation*} T=\dfrac{1}{2}g\tan\theta(m_A+m_B). \end{equation*}

Nell’equazione (11) è presente l’angolo \theta che non è un dato diretto del problema, e quindi va riscritto opportunamente. In figura 5, rappresentiamo la geometria del problema per x<0.

 

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Dalla geometria del sistema in esame, guardando alla figura 5, si ricava che

(12)   \begin{equation*} \begin{cases} \dfrac{d}{2}=\dfrac{\ell}{2}\sin\theta\\\\ \sqrt{\dfrac{\ell^2}{4}-\dfrac{d^2}{4}}=\dfrac{\ell}{2}\cos\theta \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} \sin\theta=\dfrac{d}{\ell}\\\\ \cos\theta=\dfrac{\sqrt{\ell^2-d^2}}{\ell}, \end{cases} \end{equation*}

da cui dividendo membro a membro delle due equazioni del sistema, si trova

(13)   \begin{equation*} \tan\theta=\dfrac{d}{\sqrt{\ell^2-d^2}}. \end{equation*}

Sostituendo l’espressione di \tan\theta (ottenuta nell’equazione (13)) nell’equazione (11), abbiamo che

    \[\boxcolorato{fisica}{T=\dfrac{1}{2}g\dfrac{d}{\sqrt{\ell^2-d^2}}(m_A+m_B).}\]

 

b) Consideriamo un sistema di riferimento fisso Oxy, con origine O in corrispondenza della proiezione della cerniera C lungo il piano orizzontale prima che il tirante si rompesse, come illustrato in figura 6.

 

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Osserviamo che lungo l’asse delle x, in riferimento alla figura 2, la sommatoria delle forze esterne è nulla, per cui

(14)   \begin{equation*} \sum \vec{F}^{ext}_{x}=\vec{0}\quad\Rightarrow\quad \vec{a}_{\text{CM,$x$}}=\vec{0}\quad\Rightarrow\quad \vec{v}_{\text{CM,$x$}}=\text{cost}, \end{equation*}

ma poiché il centro di massa è inizialmente in quiete (questa affermazione è una diretta conseguenza del fatto che il sistema è inizialmente in quiete) si ha che si ha che \vec{v}_{\text{CM},x}=\vec{0}, da cui

(15)   \begin{equation*} x_{\text{CM}}(t)=\text{cost}\quad\Rightarrow\quad x_{\text{CM,i}}=x_{\text{CM,f}}. \end{equation*}

La posizione orizzontale del centro di massa del sistema al generico istante di tempo t è data da

(16)   \begin{equation*} x_{\text{CM}}(t)=\dfrac{m_Ax_A(t)+m_Bx_B(t)}{m_A+m_B}, \end{equation*}

dove x_A(t) ed x_B(t) indicano rispettivamente la posizione dei centri di massa delle due aste rispetto ad O. Nella configurazione iniziale (come illustrato in figura 6) la posizione del centro di massa del sistema x_{\text{CM,i}} è data da

(17)   \begin{equation*} x_{\text{CM,i}}=\dfrac{m_A\left(-\dfrac{d}{2}\right)+m_B\left(\dfrac{d}{2}\right)}{m_A+m_B}=\dfrac{d}{2}\left(\dfrac{m_B-m_A}{m_B+m_A}\right). \end{equation*}

Nella configurazione finale, supponiamo che la cerniera C tocchi la guida in un punto posto ad una distanza x da O, come illustrato in figura 7 (dove abbiamo scelto in maniera arbitraria, senza ledere la generalità della discussione, che il punto di contatto sia alla sinistra del punto O).

 

 

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In questa configurazione finale, la posizione del centro di massa del sistema x_{\text{CM,f}} è data da

(18)   \begin{equation*} x_{\text{CM,f}}=\dfrac{m_A\left(-\dfrac{\ell}{2}-x\right)+m_B\left(\dfrac{\ell}{2}-x\right)}{m_A+m_B}. \end{equation*}

Per come abbiamo definito l’origine O, la quantità x rappresenta proprio lo spostamento \Delta x_C lungo la direzione orizzontale della cerniera C. Sfruttando i risultati pervenuti nell’equazione (17) e (18), possiamo riscrivere l’equazione (15) come segue

    \[\begin{aligned} &\dfrac{d}{2}\left(\dfrac{m_B-m_A}{m_B+m_A}\right)=\dfrac{m_A\left(-\dfrac{\ell}{2}-x\right)+m_B\left(\dfrac{\ell}{2}-x\right)}{m_A+m_B}\quad\Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad\dfrac{d}{2}(m_B-m_A)+\dfrac{\ell}{2}(m_A-m_B)=x(-m_A-m_B)\quad\Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad\left(\dfrac{d}{2}-\dfrac{\ell}{2}\right)m_B-\left(\dfrac{d}{2}-\dfrac{\ell}{2}\right)m_A=-x(m_A+m_B)\quad\Leftrightarrow\\[10pt] &\Leftrightarrow \quad x(m_A+m_B)=\dfrac{1}{2}\left(\ell-d\right)\left(m_B-m_A\right), \end{aligned}\]

o anche

    \[\boxcolorato{fisica}{ \Delta x_C=x=\dfrac{1}{2}\dfrac{\left(\ell-d\right)(m_B-m_A)}{m_B+m_A}.}\]

Poiché per costruzione \ell>d segue che la quantità (m_B-m_A) determina se la cerniera C si è spostata verso destra (x<0) o verso sinistra (x>0) rispetto al punto O: se m_B<m_A allora \Delta x_C<0 e viceversa. È interessante osservare che nel se m_A=m_B allora \Delta x_C=0.

 

c) Per calcolare la velocità con cui la cerniera C arriva sulla guida possiamo sfruttare la conservazione dell’energia meccanica del sistema. Infatti il sistema non presenta alcuna forza di attrito, e le reazioni vincolari del sistema fanno complessivamente lavoro nullo su di esso. Poniamo arbitrariamente l’origine dell’energia potenziale gravitazionale in corrispondenza del piano xz passante quindi per il punto O definito precedentemente. Nella configurazione iniziale il sistema (si veda figura 6) è in quiete per cui l’energia meccanica del sistema E_\text{i} è data dal solo contributo potenziale, ossia

(19)   \begin{equation*} E_\text{i}=(m_A+m_B)g\sqrt{\dfrac{\ell^2}{4}-\dfrac{d^2}{4}}=\dfrac{1}{2}g(m_A+m_B)\sqrt{\ell^2-d^2}, \end{equation*}

dove abbiamo sfruttato il fatto che l’altezza dei centri di massa delle due aste rispetto al punto O è pari a \sqrt{\dfrac{\ell^2}{4}-\dfrac{d^2}{4}}. Ciò si evince dalla figura 7 in cui i due triangoli rettangoli CMO' e MAH sono congruenti poiché hanno un angolo acuto \theta e l’ipotenusa \ell/2 congruenti. Segue quindi che

(20)   \begin{equation*} \overline{CO'}=\sqrt{\dfrac{\ell^2}{4}-\dfrac{d^2}{4}}=\overline{O'O}. \end{equation*}

 

 

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Calcoliamo l’energia del sistema una volta che le due aste sono completamente orizzontali, cioè sono distese sul piano orizzontale. Le coordinate di A e di C sono rispettivamente

(21)   \begin{equation*} \vec{r}_A=\left(-\ell\sin \theta+x_C\right) \hat{x}, \end{equation*}

(22)   \begin{equation*} \vec{r}_C=x_C \,\hat{x}+\ell \cos \theta \,\hat{y}, \end{equation*}

dove \hat{x} e \hat{y} sono rispettivamente i versori dell’asse delle x e delle y.

 

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Derivando ambo i membri delle equazioni (21) e (22) rispetto al tempo si ottengono le velocità di A e di C, che sono rispettivamente

(23)   \begin{equation*} \vec{v}_A=\left(-\ell\dot{\theta}\cos \theta+\dot{x}_C\right) \hat{x}, \end{equation*}

e

(24)   \begin{equation*} \vec{v}_C=\dot{x}_C\,\hat{x}-\ell\dot{\theta} \sin \theta \,\hat{y}. \end{equation*}

Sfruttando l’equazione (15) e considerando il moto del sistema in un generico istante, si ha

    \[\begin{aligned} &\dfrac{d}{2}\left(\dfrac{m_B-m_A}{m_B+m_A}\right)=\dfrac{m_A\left(\dfrac{x_A+x_C}{2}\right)+m_B\left(\dfrac{x_B+x_C}{2}\right)}{m_A+m_B}=\nonumber\\[10pt] &=\dfrac{m_A\left(\dfrac{-x-\ell \sin \theta-x}{2}\right)+m_B\left(\dfrac{-x+\ell \sin \theta-x}{2}\right)}{m_A+m_B}\quad \Leftrightarrow\nonumber\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad m_A\left(-2x-\ell \sin \theta\right)+m_B\left(\ell \sin \theta-2x\right)=d\left({m_B-m_A}\right)\quad \Leftrightarrow\nonumber\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad-2xm_A-\ell m_A\sin \theta +m_B\ell \sin \theta -2xm_B=d\left(m_B-m_A\right)\nonumber\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad-2x\left(m_A+m_B\right)=-\ell \sin \theta \left(m_B-m_A\right)+d\left(m_B-m_A\right)\nonumber\\[10pt] &\Leftrightarrow\quad x=\dfrac{\left(m_A-m_B\right)\left(d-\ell \sin \theta\right)}{2\left(m_A+m_B\right)}, \end{aligned}\]

dove abbiamo sostituito x_C=-x. Si conclude che l’ascissa del punto C è

(25)   \begin{equation*} x_C=\dfrac{\left(m_B-m_A\right)\left(d-\ell \sin \theta\right)}{2\left(m_A+m_B\right)}. \end{equation*}

Calcoliamo la derivata di x_C, ottenendo

(26)   \begin{equation*} \dot{x}_C=-\dfrac{\ell\dot{\theta} \cos \theta\left(m_B-m_A\right)}{2\left(m_A+m_B\right)}. \end{equation*}

Dunque, mettendo a sistema le equazioni (23), (24), e (26), otteniamo

(27)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{v}_A=\left(-\ell\dot{\theta}\cos \theta+\dot{x}_C\right) \hat{x}\\[10pt] \vec{v}_C=\dot{x}_C\,\hat{x}-\ell\dot{\theta} \sin \theta \,\hat{y}\\[10pt] \dot{x}_C=-\dfrac{\ell\dot{\theta} \cos \theta\left(m_B-m_A\right)}{2\left(m_A+m_B\right)}. \end{cases} \end{equation*}

Ponendo \theta=\dfrac{\pi}{2} il sistema (27) diventa

(28)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{v}_A=\dot{x}_C \,\hat{x}\\[10pt] \vec{v}_C=\dot{x}_C\,\hat{x}-\ell\dot{\theta} \,\hat{y}\\[10pt] \dot{x}_C=0, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(29)   \begin{equation*} \begin{cases} \vec{v}_A=\vec{0}\\[10pt] \vec{v}_C=-\ell\dot{\theta} \,\hat{y}\\[10pt] \dot{x}_C=0. \end{cases} \end{equation*}

Procedendo in modo analogo per l’asta BC si dimostra che \vec{v}_B=\vec{0}. Dunque, rispetto al sistema di riferimento Oxy, nell’istante in cui le due aste sono completamente stese sul piano orizzontale i punti A e B sono istantaneamente fermi. Pertanto, nella configurazione finale per l’asta AB, rispetto al polo A, possiamo esprimere la sua energia come completamente rotazionale; in altri termini, stiamo immaginando l’asta AB come se fosse incernierata in A, e com’è noto quando un corpo rigido è vincolato a ruotare rispetto ad un’asse perpendicolare al piano sul quale giace, la sua energia è completamente rotazionale rispetto a quel polo. Vale lo stesso discorso per l’asta BC rispetto al polo B. In virtù di quanto visto segue che l’energia finale del sistema E_{\text{fin}} è data da

(30)   \begin{equation*} E_{\text{fin}}=\dfrac{1}{2}I_A\omega^{2}+\dfrac{1}{2}I_B\omega^{2}, \end{equation*}

dove I_A è il momento di inerzia dell’asta AC rispetto al polo A , I_B è il momento d’inerzia dell’asta BC rispetto al polo B, e \omega è la velocità angolare del sistema un’istante prima di toccare terra. Poiché l’asta AC ruota intorno ad un asse passante per l’estremo A, dal teorema di Huygens-Steiner segue che

(31)   \begin{equation*} I_A=\dfrac{1}{12}m_A\ell^2+m_A\ell^2=\dfrac{1}{3}m_A\ell^2, \end{equation*}

analogamente per l’asta BC abbiamo che

(32)   \begin{equation*} I_B=\dfrac{1}{12}m_B\ell^2+m_B\ell^2=\dfrac{1}{3}m_B\ell^2. \end{equation*}

Sostituendo le espressioni di I_A ed I_B derivate nelle equazioni (31) e (32), nell’equazione (30) otteniamo

(33)   \begin{equation*} E_{\text{fin}}=\dfrac{1}{6}\ell^2\omega^2(m_A+m_B)=\dfrac{1}{6}v_{C}^2(m_A+m_B), \end{equation*}

dove abbiamo usato la relazione \omega={v_C}/{\ell}. In altri termini sappiamo che ogni punto dell’asta AC (o analogamente dell’asta BC rispetto al polo B) si muove di moto circolare rispetto al polo A, poiché siamo interessati a determinare la velocità di C nell’istante in cui l’asta AC è completamente orizzontale, abbiamo usato la relazione \omega={v_C}/{\ell}. Si osservi che siccome il sistema è rigido è lecito supporre che ogni punto dell’asta abbia la stessa velocità angolare \omega, istante per istante durante il moto dell’asta. Dalla conservazione dell’energia meccanica segue che

(34)   \begin{equation*} E_\text{i}=E_{\text{fin}}. \end{equation*}

Sfruttando i risultati ottenuti nelle equazioni (19) e (33), possiamo riscrivere l’equazione (34) come segue

(35)   \begin{equation*} \dfrac{1}{2}g(m_A+m_B)\sqrt{\ell^2-d^2}=\dfrac{1}{6}v_{C}^2(m_A+m_B)\quad\Leftrightarrow\quad g\sqrt{\ell^2-d^2}=\dfrac{1}{3}v_{C}^2, \end{equation*}

da cui

    \[\boxcolorato{fisica}{ v_C=\sqrt{3g}\sqrt[4]{\ell^2-d^2}.}\]

Osserviamo che affinché la velocità v_C abbia senso fisico deve valere \ell>d, come era ovvio dalla geometria del problema.

 

Approfondimento.

Per calcolare l’energia totale del sistema composto dalle due aste si poteva applicare il teorema di König. Per l’asta A abbiamo

(36)   \begin{equation*} E_{\text{Asta,$AC$}}=\dfrac{1}{2}I_{\text{CM,AC}}\dot{\theta}^2+\dfrac{1}{2}m_Av_{\text{CM,$AC$}}^2\,, \end{equation*}

dove I_{\text{CM,AC}} è il momento d’inerzia dell’asta AC rispetto ad un asse passante per il suo centro di massa e perpendicolare al piano sul quale giace e v_{\text{CM},AC}^2 è il modulo quadro della velocità del centro di massa in un generico istante t. Dalle espressioni di \vec{r}_A ed \vec{r}_C date dall’equazioni (21) e (22) rispettivamente, è possibile calcolare le coordinate del centro di massa di A, cioè

(37)   \begin{equation*} \text{CM,$\text{AC}$}=\left(\dfrac{-\ell \sin \theta+2x_C}{2},\dfrac{\ell \cos \theta }{2}\right). \end{equation*}

Da quanto ottenuto, deduciamo che la velocità del centro di massa dell’asta AC è

(38)   \begin{equation*} \vec{v}_{\text{CM,$\text{AC}$}}=\dfrac{-\ell\dot{\theta} \cos \theta+2\dot{x}_C}{2}\,\hat{x}-\dfrac{\ell \dot{\theta}\sin \theta }{2} \,\hat{y}. \end{equation*}

Il modulo quadro della velocità del centro di massa dell’asta AC è

    \[\begin{aligned} {v}_{\text{CM,$\text{AC}$}}^2&=\left(\dfrac{-\ell\dot{\theta} \cos \theta+2\dot{x}_C}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\ell \dot{\theta}\sin \theta }{2}\right)^2=\nonumber\\[10pt] &=\dfrac{\ell^2\dot{\theta}^2\cos^2 \theta}{4}+\dot{x}^2_C-2\dot{x}_C\ell \dot{\theta}\cos \theta+\dfrac{\ell^2\dot{\theta}^2\sin^2\theta}{4}=\nonumber\\[10pt] &=\dfrac{\ell^2\dot{\theta}^2}{4}+\dot{x}^2_C-2\dot{x}_C\ell \dot{\theta}\cos \theta. \end{aligned}\]

Sfruttando quanto ottenuto, riscriviamo l’equazione (36) come

    \[\begin{aligned} E_{\text{Asta,$AC$}}&=\dfrac{1}{2}I_{\text{CM,AC}}\dot{\theta}^2+\dfrac{1}{2}m_Av_{\text{CM,$AC$}}^2=\nonumber\\[10pt] &=\dfrac{1}{24}m_A\ell^2\dot{\theta}^2+\dfrac{1}{2}m_A\left(\dfrac{\ell^2\dot{\theta}^2}{4}+\dot{x}^2_C-2\dot{x}_C\ell \dot{\theta}\cos \theta\right). \end{aligned}\]

Utilizzando l’espressione di \dot{x}_C dato dall’equazione (26), si ha che

    \[\begin{aligned} E_{\text{Asta,$AC$}}&=\dfrac{1}{24}m_A\ell^2\dot{\theta}^2+\dfrac{1}{2}m_A\left(\dfrac{\ell^2\dot{\theta}^2}{4}+\dot{x}^2_C-2\dot{x}_C\ell \dot{\theta}\cos \theta\right)=\nonumber\\ &=\dfrac{1}{24}m_A\ell^2\dot{\theta}^2+\\ &+\dfrac{1}{2}m_A\left(\dfrac{\ell^2\dot{\theta}^2}{4}+\left(-\dfrac{\ell\dot{\theta} \cos \theta\left(m_B-m_A\right)}{2\left(m_A+m_B\right)}\right)^2-2\left(-\dfrac{\ell\dot{\theta} \cos \theta\left(m_B-m_A\right)}{2\left(m_A+m_B\right)}\right)\ell \dot{\theta}\cos \theta\right). \end{aligned}\]

Ricordando che nella configurazione finale \theta=\dfrac{\pi}{2} abbiamo che l’energia dell’asta AC è data da

(39)   \begin{equation*} E_{\text{Asta,$AC$}}=\dfrac{1}{24}m_A\ell^2\dot{\theta}^2+\dfrac{1}{2}m_A\left(\dfrac{\ell^2\dot{\theta}^2}{4}\right)=\dfrac{1}{24}m_A\ell^2\dot{\theta}^2+\dfrac{1}{8}m_A\ell^2\dot{\theta}^2=\dfrac{1}{6}m_A\ell^2\dot{\theta}^2, \end{equation*}

come ottenuto in precedenza (si veda equazione (33)). Per il confronto tra l’equazione (33) e (39) si ponga \omega=\dot{\theta}. Per il calcolo dell’energia di BC si procede analogamente, ma per la simmetria del problema (ovvero che si tratta di due aste identiche geometricamente) si ottiene un risultato analogo.

 

Fonte.

Problemi di fisica generale – S.Rosati e L. Lovitch.

 

 
 

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