Esercizio corpo rigido 51

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 51   (\bigstar \bigstar \bigstar \largewhitestar\largewhitestar). Un cubo omogeneo di spigolo \ell è posato su un piano inclinato liscio ed è trattenuto da un piccolo scalino (supposto puntiforme) come è mostrato in figura 1. Si calcoli l’inclinazione massima \alpha_{\max} del piano inclinato per la quale il cubo resta ancora in equilibrio.

 

 

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Svolgimento.

Per risolvere il problema definiamo un sistema di riferimento fisso Oxy con l’origine posta ai piedi del piano inclinato e tale che l’asse x giaccia su di esso, come mostra la figura 2. Le forze esterne che agiscono sul cubo sono la sua forza peso m\vec{g}, la reazione vincolare \vec{N}_1 dovuta al contatto con lo scalino A e la reazione vincolare \vec{N}_2 dovuta al contatto con il piano inclinato.

 

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In questa situazione fisica, le forze di contatto non sono uniformemente distribuite sulla superficie inferiore (si intende la superficie a contatto con il piano inclinato) del cubo; questo implica che la reazione vincolare \vec{N}_2 sia applicata in un generico posto a una distanza b dallo scalino A, dove in generale b\neq\ell/2. Dalla seconda equazione cardinale della dinamica sappiamo che, affinché il corpo sia in equilibrio, è necessario che la somma dei momenti esterni che agiscono su di esso sia nulla; andremo quindi a calcolare tali momenti esterni scegliendo come polo di riferimento il punto A (si vedae la figura 2). Osserviamo subito che la forza \vec{N}_1 genera un momento nullo in quanto essa è applicata proprio in A; per quanto riguarda la forza peso invece, andiamo ad analizzare la sua rappresentazione cartesiana nel sistema Oxy e il suo raggio vettore \vec{r} rispetto al punto A, sfruttando le proprietà geometriche del cubo. Avremo

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} m\vec{g}=-mg\sin\alpha\,\hat{x}-mg\cos\alpha\,\hat{y}\\[10pt] \vec{r}=\dfrac{\sqrt{2}\ell}{2}\cos\dfrac{\pi}{4}\,\hat{x}+\dfrac{\sqrt{2}\ell}{2}\sin\dfrac{\pi}{4}\,\hat{y}, \end{cases} \end{equation*}

dove \hat{x} e \hat{y} sono rispettivamente i versori dell’asse x e delle y. Determiniamo il momento della forza peso, che indicheremo di seguito con \vec{M}_P. Abbiamo dunque

(2)   \begin{equation*} \vec{M}_P=\vec{r}\wedge\vec{mg}=-\dfrac{\sqrt{2}\ell}{2}\sin\alpha\sin\dfrac{\pi}{4}\,\hat{z}+\dfrac{\sqrt{2}\ell}{2}\cos\alpha\sin\dfrac{\pi}{4}\,\hat{z}=-\dfrac{\ell}{2}mg\sin\alpha\,\hat{z}+\dfrac{\ell}{2}mg\cos\alpha\,\hat{z}, \end{equation*}

dove \hat{z} è il versore ortogonale al piano xy, uscente dal foglio. Il momento esterno generato dalla forza \vec{N}_2 sarà invece

(3)   \begin{equation*} \vec{M}_2=\vec{b}\wedge\vec{N}_2=N_2b\,\hat{z}. \end{equation*}

Come avevamo accennato in precedenza, condizione necessaria affinchè il cubo sia in equilibrio è che la somma dei momenti esterni agenti su di esso sia nulla, ossia

(4)   \begin{equation*} \vec{M}_P+\vec{M}_2=M_P\,\hat{z}+M_2\,\hat{z}=\dfrac{\ell}{2}mg(\cos\alpha-\sin\alpha)\hat{z}+N_2b\,\hat{z}=\vec{0}. \end{equation*}

A questo punto, osserviamo che lo stato di equilibrio del cubo viene meno quando non vi è più contatto con il piano inclinato (e dunque il cubo inizia a ruotare rispetto al polo A); ciò equivale a dire che N_2=0. Imponendo questa condizione otteniamo

(5)   \begin{equation*} \dfrac{\ell}{2}(\cos\alpha-\sin\alpha)=0\quad\Leftrightarrow\quad\cos\alpha=\sin\alpha, \end{equation*}

da cui, ricordando (si ricordi che il piano inclinato altro non è che un triangolo rettangolo) che \alpha<\pi/2, otteniamo

    \[\boxcolorato{fisica}{\alpha_{\max}=\dfrac{\pi}{4}.}\]