Esercizio corpo rigido 54

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 53  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Il sistema in figura 1 composto da un disco omogeneo di raggio R e massa M e da un’asta omogenea AB di lunghezza \ell e massa m. Il disco è appoggiato ad una guida verticale scabra (coincidente con l’asse y). L’estremo A dell’asta è incernierato al centro del disco, mentre l’estremo B è semplicemente appoggiato su una guida orizzontale liscia (coincidente con l’asse x). Gli assi descritti definiscono un sistema di riferimento fisso Oxyz, con asse z uscente dal piano del disegno. Il sistema è contenuto nel piano verticale xy, dove agisce l’accelerazione di gravità \vec{g}. L’asta forma un angolo \alpha con la guida orizzontale. Una molla ideale di costante elastica k e lunghezza a riposo nulla collega l’origine O al punto A, e una coppia di momento \vec{C} = C \, \hat{z} è applicata al disco (\hat{z} denota il versore dell’asse z). Il momento \vec{C} può essere applicato rispetto ad un qualsiasi polo. Si richiede di determinare la reazione vincolare sull’asta nel punto B e il valore della coppia C affinché il sistema sia in equilibrio.

 

 

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Svolgimento.

In figura 2 sono rappresentate le forze esterne applicate all’asta e al disco. Le forze esterne agenti sul disco sono la forza peso M \vec{g}, la forza di attrito statico \vec{f} generata per via del contatto con la parete verticale, la reazione vincolare \vec{N}_D generata per via del contatto con la parete verticale , la forza della molla \vec{F}_M e la reazione vincolare \vec{N}_A generata per via del contatto con l’asta. Le forze agenti sull’asta sono la reazione vincolare -\vec{N}_A (per il terzo principio della dinamica), la forza peso m\vec{g} e la reazione vincolare \vec{N}_B generata per via del contatto con la parete orizzontale.    

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    Scegliendo come sistema fisico quello composto da entrambi i corpi, disco ed asta, tutte le forze elencate in precedenza sono forze esterne, tranne le reazioni vincolari \vec{N}_A e -\vec{N}_A che sono forze interne. Le coordinate dei punti di interesse A, B, D e G (centro di massa dell’asta) sono:

(1)   \begin{equation*} 			A \equiv (  \, R, \ell \sin(\alpha),  \,  0 \,),\\ 		\end{equation*}

(2)   \begin{equation*} 			B \equiv (  \, R + \ell \cos(\alpha) , 0,  \,  0 \,),\\ 		\end{equation*}

(3)   \begin{equation*} 			D \equiv ( \, 0, \ell \sin(\alpha),  \,  0 \, ),\\ 		\end{equation*}

e

(4)   \begin{equation*} 			G \equiv \left( R + \frac{\ell}{2} \cos(\alpha) , \frac{\ell}{2} \sin(\alpha),  \,  0 \, \right).\\ 		\end{equation*}

Per la condizione di equilibrio statico, il momento delle forze esterne rispetto ad un polo fisso è nullo. Scegliendo di calcolare il momento di tutte le forze esterne applicate al sistema composto da disco e asta rispetto al polo D, si ha

(5)   \begin{equation*}	 			\begin{aligned}	 				&\vec{0} = \overrightarrow{DA}  \wedge \vec{F}_M + 				\overrightarrow{DA}  \wedge M \vec{g} + 				\overrightarrow{DG}  \wedge m \vec{g} + 				\overrightarrow{DB}  \wedge \vec{N}_B + 				\vec{C} =\\[10pt] 				&	=	(A-D)  \wedge \vec{F}_M + 				(A-D)  \wedge M \vec{g} + 				(G-D)  \wedge m \vec{g} + 				(B-D)  \wedge \vec{N}_B + 				\vec{C} =\\[10pt] 				&	=	R\, \hat{x}  \wedge \vec{F}_M + 				R \,\hat{x}  \wedge (-Mg\,\hat{y}) + 				\left( \left( R + \frac{\ell}{2} \cos(\alpha) \right) \hat{x} -  \frac{\ell}{2} \sin(\alpha)\, \hat{y} \right)  \wedge (-m g\,\hat{y}) + \phantom{C =}\\[10pt] 				&	+	\left( \left( R + \ell \cos(\alpha) \right) \hat{x} - \ell \sin(\alpha)\, \hat{y} \right)  \wedge N_B\,\hat{y} + C \,\hat{z}, 			\end{aligned}	 		\end{equation*}

dove i termini N_B e C indicano le componenti, rispettivamente, lungo y e lungo z dei vettori \vec{N_B} e \vec{C}. Nell’espressione, i termini \hat{x}, \hat{y} e \hat{z} indicano i versori degli assi x, y e z rispettivamente. Nell’equazione (5) si è utilizzata la notazione \overrightarrow{LM} = M-L, dove L ed M rappresentano due generici punti nel sistema di riferimento cartesiano Oxy. Tale notazione deriva dalla formula della somma di vettori: \overrightarrow{OL} + \overrightarrow{LM} = \overrightarrow{OM}, ovvero \overrightarrow{LM} = \overrightarrow{OM} - \overrightarrow{OL} = M - L (con O \equiv (0,0,0) ). Sapendo che, per definizione, la forza della molla \vec{F}_M è

(6)   \begin{equation*} 			\vec{F}_M = - k \overrightarrow{OA} = - k\left(A-O\right)=-k (R\,\hat{x} + \ell \sin(\alpha)\,\hat{y}), 		\end{equation*}

ed inserendo tale definizione nell’equazione precedente, con semplici passaggi algebrici si ottiene

(7)   \begin{equation*} 			\left(- k \ell R \sin(\alpha) - R M g - R m g - \frac{\ell }{2}m g \cos(\alpha) + (R + \ell \cos(\alpha)) N_B + C \right)\hat{z} = \vec{0}, 		\end{equation*}

ovvero

(8)   \begin{equation*} 			\boxed{C =  -( R + \ell \cos(\alpha) ) N_B + k \ell R \sin(\alpha) + R M g + R m g + \frac{ \ell }{2}m g \cos(\alpha) .} 		\end{equation*}

Si noti che l’espressione di C appena calcolata dipende dal valore della componente della reazione vincolare in B, che è incognita. Per calcolare N_B, si sceglie un sistema fisico differente dal precedente, costituito solamente dall’asta. In questo sistema, le forze esterne applicate sull’asta sono la reazione vincolare -\vec{N}_A, la forza peso m \vec{g} e la reazione vincolare \vec{N}_B, come già detto in precedenza. Scegliendo come polo per il calcolo dei momenti delle forze esterne agenti sull’asta il punto A ed imponendo l’equilibrio dei momenti, si ottiene:

(9)   \begin{equation*} 			\begin{aligned}	 				&\vec{0} = \overrightarrow{AB}  \wedge \vec{N}_B  + \overrightarrow{AG}  \wedge m\vec{g} =\\[10pt] 				&= (B-A) \wedge \vec{N}_B  + (G-A)  \wedge m\vec{g} =\\[10pt] 				&=	\left(	\ell \cos(\alpha)\, \hat{x} -  \ell \sin(\alpha) \,\hat{y} \right) \wedge N_B \hat{y} + \left(	\frac{\ell }{2} \cos(\alpha) \,\hat{x} - \frac{ \ell }{2} \sin(\alpha)\, \hat{y} \right) \wedge (-mg \,\hat{y})=\\[10pt] 				&=	\left( \ell \cos(\alpha) N_B - \frac{ \ell }{2}mg\cos(\alpha) \right) \hat{z}, 			\end{aligned}	 		\end{equation*}

da cui si ottiene

    \[\boxcolorato{fisica}{	N_B = \frac{mg}{2}.}\]

(10)   \begin{equation*} 		\begin{aligned}	 			&C =  -( R + \ell \cos(\alpha) ) N_B + klR \sin(\alpha) + R M g + R m g + \frac{ \ell }{2}m g \cos(\alpha) = \\[10pt] 			& =   - R\frac{mg}{2}  - \frac{ \ell }{2}m g \cos(\alpha)+ k \ell R \sin(\alpha) + R M g + R m g + \frac{ \ell }{2}m g \cos(\alpha) =  \\[10pt] 			& =  k  \ell  R \sin(\alpha) + R M g + \frac{R m g}{2}. 		\end{aligned} 		\end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{	C =  k  \ell  R \sin(\alpha) + R M g + \frac{R m g}{2}.}\]

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