Esercizio corpo rigido 60

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 60  (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Un rettangolo appoggiato su un piano inclinato ha lati che misurano a e c rispettivamente lungo gli assi x e y come in figura. La densità superficiale di massa è \sigma=xyk con k costante e unità di misura [k]=kg/(m^4). Si determini l’angolo massimo del piano inclinato affinché il rettangolo non si stacchi dal piano.

 

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Premessa. Per risolvere questo esercizio è utile aver seguito un corso di analisi 2.

 

Svolgimento. Per rispondere alla domanda dobbiamo calcolare il centro di massa del rettangolo.
In generale un corpo solido ha il centro di massa definito come

(1)   \begin{equation*} x_{cm}=\dfrac{\iint_{S} x\,dm}{\iint_S dm},\quad y_{cm}=\dfrac{\iint_S y\, dm}{\iint_S dm}. \end{equation*}

Sapendo che

(2)   \begin{equation*} dm=\sigma dxdy = kxy \,dx \, dy \end{equation*}

abbiamo

(3)   \begin{equation*} x_{cm}=\dfrac{\iint_{S} kx^2y \,dx \, dy}{\iint_S kxy \,dx \, dy},\quad y_{cm}=\dfrac{\iint_S kxy^2\, dm}{\iint_S kxy \,dx \, dy}. \end{equation*}

Calcoliamo

(4)   \begin{align*} x_{cm}&=\dfrac{\iint_{S} kx^2y \,dx \, dy}{\iint_S kxy \,dx \, dy}=\dfrac{k\int_{0}^{a}x^2\,dx\int_{0}^{c}y\,dy}{k\int_{0}^{a}x\,dx\int_{0}^{c}y\,dy}=\\ &=\dfrac{\frac{a^3}{3}\cdot\frac{c^2}{2}}{\frac{a^2}{2}\cdot\frac{c^2}{2}}=\dfrac{2}{3}a \end{align*}

e

(5)   \begin{align*} y_{cm}&=\dfrac{\iint_S kxy^2\, dm}{\iint_S kxy \,dx \, dy}=\dfrac{\int_{0}^{a}x\,dx\int_{0}^{c}y^2\,dy}{\int_{0}^{a}x\,dx\int_{0}^{c}y\,dy}=\\ &=\dfrac{\frac{a^2}{2}\cdot\frac{c^3}{3}}{\frac{a^2}{2}\cdot\frac{c^2}{2}}=\dfrac{2}{3}c. \end{align*}

Dunque il centro di massa è posizionato in

(6)   \begin{equation*} \vec{r}_{cm}=\left(\dfrac{2}{3}a, \; \dfrac{2}{3}c \right). \end{equation*}

 

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Consideriamo la seguente figura

 

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da cui

(7)   \begin{equation*} mg\hat{y}^\prime=mg\left(-\cos\alpha\,\hat{y}-\sin\alpha\,\hat{x}\right). \end{equation*}

Calcoliamo il momento della forza peso m\vec{g} rispetto al polo O

(8)   \begin{align*} &\left(\dfrac{2}{3}a, \; \dfrac{2}{3}c \right)\wedge\left(mg\left(-\sin\alpha,\,-\cos\alpha\right)\right)=-\dfrac{2}{3}mg\left(a, \; c \right)\wedge\left(\sin\alpha,\,\cos\alpha\right)=\\ & \qquad = - \dfrac{2}{3}mg\left(a\cos\alpha\left(\hat{x}\wedge\hat{y}\right)+c\sin\alpha\left(\hat{y}\wedge\hat{x}\right)\right)=\\ & \qquad = -\dfrac{2}{3}mg\left(a\cos\alpha\,\hat{z}-c\sin\alpha\,\hat{z}\right)=\\ & \qquad = \dfrac{2}{3}mg\left(-a\cos\alpha+c\sin\alpha\right)\hat{z} \end{align*}

e il momento della reazione vincolare che ipotizziamo essere ad una distanza x dal polo O lungo l’asse delle x

(9)   \begin{equation*} x\,\hat{x}\wedge N\,\hat{y}=Nx\,\hat{z}. \end{equation*}

Imponiamo l’equazione dei momenti uguale ad zero

(10)   \begin{equation*} Nx\,\hat{z}+\dfrac{2}{3}mg\left(a\cos\alpha-c\sin\alpha\right)\hat{z}=\vec{0} \end{equation*}

e osserviamo che il piano inclinato non si alza finché la reazione vincolare rimane sul piano inclinato. Imponendo x=0 si trova che

(11)   \begin{equation*} \dfrac{2}{3}mg\left(-a\cos\alpha+c\sin\alpha\right)\hat{z}=\vec{0} \quad \Leftrightarrow\quad \alpha=\arctan \dfrac{c}{a}. \end{equation*}