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Esercizio corpo rigido 68

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 68 è il sessantottesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 67 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 69. È rivolto a studenti di Fisica 1, in particolare a coloro che studiano ingegneria, fisica o matematica.

Nel percorso didattico di Fisica 1, prima di affrontare i corpi rigidi, si studiano gli esercizi sui sistemi di punti materiali. Successivamente, si passa agli esercizi sugli urti tra punti materiali e corpi rigidi, che rappresentano un momento di sintesi nel percorso formativo.

 

Testo dell’Esercizio Corpo Rigido 68

Esercizio 68 (\bigstar \bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Un’asta A di massa m_A può scorrere verticalmente senza attrito lungo una guida G. L’asta ha contatto praticamente puntiforme con la parete interna, a forma di semicirconferenza di raggio r, di un blocco B di massa m_B. Il blocco B è libero di scorrere sopra un piano orizzontale. Si indichi con \alpha l’angolo che forma il vettore che congiunge il centro della semicirconferenza e il punto di contatto tra guida e asta con la verticale, come rappresentato in figura 1.

  1. Si determinino i valori dell’angolo \alpha per i quali il sistema fisico costituito da asta e blocco è in equilibrio se il coefficiente di attrito statico tra il blocco e il piano vale \mu_{S}.
  2. Sia l’attrito tra il piano e il blocco trascurabile ed il sistema venga lasciato libero di muoversi con velocità iniziali nulle nella posizione corrispondente ad un angolo iniziale pari ad \alpha = \alpha_0; si calcoli il modulo v_A della velocità dell’asta in corrispondenza del valore \alpha = \alpha_1 < \alpha_0.

Esprimere i risultati in funzione dei parametri del problema m_A, m_B, \mu_S, r, \alpha_0 ed \alpha_1.

Nota: nei calcoli assumere \cos{\alpha_1}-\cos{\alpha_0}>0.

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Rendered by QuickLaTeX.com

 

Figura 1: geometria del problema.

 
 

Svolgimento punto 1.

Adottiamo un sistema di riferimento fisso Oxy, come illustrato nella figura 2, in cui segnaliamo le forze applicate su ciascun corpo all’interno del sistema composto da asta e guida in esame.

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Rendered by QuickLaTeX.com

 

Figura 2: diagramma delle forze e sistema di riferimento.

   

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Adottiamo la notazione \hat{x} e \hat{y} per definire rispettivamente i versori degli assi x e y del sistema Oxy. Identifichiamo il punto di contatto tra l’asta A e la concavità della guida come D, come illustrato nella figura 2.

Affinché il sistema si trovi in equilibrio, la risultante delle forze esterne su entrambi i corpi A e B deve essere nulla.

Esaminiamo le forze esterne agenti su ciascun corpo. Sull’asta m_A agiscono la forza peso \vec{P}_A=m_A\vec{g}, la reazione vincolare \vec{R}_A per via del contatto con il corpo B, ortogonale alla semicirconferenza nel punto D, ed un’ulteriore forza vincolare \vec{R} che impedisce all’asta di traslare orizzontalmente. Le forze menzionate sono illustrate in figura 2. Da notare che, poiché l’asta è vincolata a muoversi verticalmente lungo la guida G, possiamo trascurare la sua dinamica lungo l’asse x. Infatti, la componente orizzontale della reazione vincolare, pari a R_A\sin\alpha, è bilanciata dalla forza vincolare \vec{R} di uguale modulo, stessa direzione ma verso opposto generata dal vincolo di scorrimento lungo la guida. L’asta, per ipotesi, deve essere in equilibrio, pertanto nella direzione dell’asse delle y si ha che

(1) \begin{equation*} m_A g=R_A \cos{\alpha}\quad\Leftrightarrow\quad R_A=\frac{m_A g}{\cos{\alpha}}. \end{equation*}

L’espressione di R_A ottenuta nell’equazione (1) è valida, poiché per costruzione \alpha \neq \pi/2.

Per quanto riguarda il blocco di massa m_B, esso è soggetto alla forza peso \vec{P}_{B}, alla reazione vincolare \vec{R}_B uguale in modulo e direzione ma con verso opposto rispetto alla reazione vincolare \vec{R}_A, in accordo con il terzo principio della dinamica applicato al sistema costituito da blocco ed asta, alla reazione vincolare \vec{N} dovuta al contatto con il piano orizzontale ed alla forza di attrito statico \vec{f} causata dall’attrito tra il blocco e il piano. Tutte le forze sono rappresentate in figura 2.

Pertanto, poiché il blocco B è in equilibrio statico, per la seconda legge della dinamica vale

(2) \begin{equation*} \vec{R}_B+m_B\vec{g}+\vec{f}+\vec{N}=\vec{0}. \end{equation*}

Siano R_{Bx} la componente della forza \vec{R}_B lungo l’asse x, R_{By} la componente della forza \vec{R}_B lungo l’asse y, N la componente della reazione vincolare \vec{N} lungo l’asse y, e f la componente della forza di attrito statico \vec{f} lungo l’asse x.

Proiettando l’equazione (2) lungo gli assi x ed y, otteniamo il seguente sistema

(3) \begin{equation*} \begin{cases} R_{Bx}+f=0\\ N-m_Bg+R_{By}=0. \end{cases} \end{equation*}

Avvalendoci del fatto che (come è anche possibile osservare dalla figura 2)

(4) \begin{equation*} R_{Bx}=-R_B\sin \alpha, \end{equation*}

e

(5) \begin{equation*} R_{By}=-R_B\cos \alpha, \end{equation*}

dove R_B rappresenta il modulo del vettore \vec{R}_B. Quindi, utilizzando le equazioni (4) e (5), il sistema (3) risulta

(6) \begin{equation*} \begin{cases} R_B\sin \alpha-f=0\\ N-m_Bg-R_B\cos \alpha=0 \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} R_B\sin \alpha=f\\ N=m_Bg+R_B\cos \alpha. \end{cases} \end{equation*}

Si osservi che per il terzo principio della dinamica vale

(7) \begin{equation*} R_B=R_A, \end{equation*}

pertanto il precedente sistema diventa

(8) \begin{equation*} \begin{cases} R_A\sin \alpha=f\\ N=m_Bg+R_A\cos \alpha. \end{cases} \end{equation*}

Affinché B rimanga in equilibrio, e di conseguenza anche A rimanga in equilibrio, deve valere

(9) \begin{equation*} 0 \leq \left \vert f\right \vert \leq\mu_S \left \vert N\right \vert . \end{equation*}

Avvalendoci delle equazioni nel sistema (8) la disequazione precedente può essere scritta come

(10) \begin{equation*} R_{A}\sin{\alpha}\leq \mu_S(m_Bg+R_{A}\cos{\alpha}), \end{equation*}

da cui

(11) \begin{equation*} R_{A}(\sin{\alpha}- \mu_S\cos{\alpha})\leq \mu_Sm_Bg. \end{equation*}

Utilizzando l’espressione di R_A ricavata all’equazione (1) la precedente disequazione diventa

(12) \begin{equation*} m_A g \tan{\alpha}- \mu_Sm_A g\leq \mu_Sm_Bg\quad\Leftrightarrow\quad \tan{\alpha}\leq \frac{\mu_S(m_B+m_A)}{m_A}, \end{equation*}

ossia

\[\boxcolorato{fisica}{\alpha\leq \arctan\left(\dfrac{\mu_S(m_B+m_A)}{m_A}\right).}\]

Dall’immagine della funzione arcotangente, deduciamo che -\pi/2<\alpha < \pi/2.


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