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Esercizio corpo rigido 69

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 69 è il sessantanovesimo e ultimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 68 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 1 per chi vuole ricominciare la serie. 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.

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Testo dell’Esercizio Corpo Rigido 69

Esercizio 69 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Consideriamo una sbarra sottile di lunghezza \ell e massa m, uniformemente distribuita lungo la sua lunghezza. Questa sbarra è montata in modo da poter ruotare senza attrito attorno a un asse orizzontale fisso situato a un’estremità O, su un piano verticale. Inizialmente, la sbarra si trova in una posizione verticale di equilibrio instabile, come mostrato in figura 1. Viene poi applicata una forza esterna che agisce per un tempo infinitesimo (cioè il cui impulso è trascurabile) per perturbare la sbarra dalla sua posizione di equilibrio. In seguito alla perturbazione, la sbarra inizia a ruotare attorno all’asse sotto l’azione della forza di gravità.

Si consideri un sistema di riferimento cartesiano fisso Oxy, con l’origine O posta sul punto di vincolo, orientato come in figura 1. Si richiede di determinare le componenti della reazione vincolare \vec{R} in O al momento in cui la sbarra raggiunge la posizione orizzontale, come illustrato in figura 1. Il risultato dovrà essere espresso in termini della massa m e dell’accelerazione gravitazionale g.

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Figura 1: sistema fisico in esame.

Svolgimento.

Consideriamo un sistema di riferimento cartesiano fisso Oxyz, con origine nel vincolo O e assi y e x paralleli alla direzione della sbarretta rispettivamente negli istanti t=0 (quando la sbarretta è nella configurazione di equilibrio instabile) e t=t^* (quando la sbarretta passa per la posizione orizzontale).

L’asse z è invece diretto nel verso uscente dal piano xy.

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Rendered by QuickLaTeX.com

 

Figura 2: diagramma di corpo libero in un istante generico.

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Ad un istante generico t\geq 0, quando la sbarretta forma un angolo \theta(t) con la direzione dell’asse x, sul corpo agiscono le seguenti forze esterne: la forza peso m\vec{g} e la reazione vincolare \vec{R}, orientate come mostrato in figura 2. La reazione vincolare \vec{R} è applicata nel vincolo O, mentre la forza peso della sbarretta m\vec{g} è applicata nel centro di massa (CM), ovvero a una distanza \ell/2 dagli estremi (si veda l’approfondimento 1). Il vincolo in O obbliga la sbarretta a ruotare intorno ad esso per cui il CM della sbarretta compie un moto circolare di centro O e raggio \ell/2 nel piano xy. In virtù di ciò, è utile definire un nuovo sistema di riferimento tangente-normale così da scomporre l’accelerazione del CM in una componente centripeta ed una tangenziale.

Definiamo un secondo sistema di riferimento fisso O'tnz' con origine O' nel CM e tale che, nel generico istante t\geq 0, quando l’asta forma un angolo \theta(t) con l’asse x, l’asse n coincide con l’asta e l’asse t è perpendicolare ad esso, orientati come in figura 2. Innanzitutto, consideriamo la sommatoria delle forze agenti sull’asta nelle direzioni n, t e z'. Osserviamo che lungo la direzione z' non agisce alcuna forza, per cui proiettando la seconda legge della dinamica lungo gli assi n e t otteniamo che

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} n: R_n(t)+mg\cos(90-\theta(t))= ma_c(t)\\ t: R_t(t) - mg\sin(90-\theta(t)) = ma_t(t) \end{cases} \end{equation*}

da cui

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} n: R_n(t)+mg\sin\theta(t)= m\omega^2(t)\dfrac{\ell}{2}\\ t: R_t(t) - mg\cos\theta(t) = m\alpha(t)\dfrac{\ell}{2}, \end{cases} \end{equation*}

dove a_c(t)=\omega^2(t)\ell/2 e a_t(t)=\alpha(t)\ell/2 rappresentano rispettivamente l’accelerazione centripeta e tangenziale del centro di massa (CM) della sbarretta al tempo t, R_n(t) e R_t(t) sono le componenti della reazione vincolare lungo gli assi n e t rispettivamente all’istante t, \alpha(t) è l’accelerazione angolare del CM nell’istante t.

Valutiamo adesso il momento torcente totale \overrightarrow{M}_O scegliendo il punto O come polo. Il momento torcente della reazione vincolare \vec{R} è nullo, in quanto il punto di applicazione della forza coincide con il polo scelto. La forza peso m\vec{g} ha invece momento non nullo e diretto nella direzione z. Infatti, sia \vec{r} il vettore posizione del CM rispetto al polo O, ossia \vec{r}=\dfrac{\ell}{2}\cos\theta\,\hat{x}+\dfrac{\ell}{2}\sin\theta\,\hat{y}. Abbiamo che

(3)   \begin{equation*} \overrightarrow{M}_O=\vec{r}\times m\vec{g}=\left(\dfrac{\ell}{2}\cos\theta\,\hat{x}+\dfrac{\ell}{2}\sin\theta\,\hat{y}\right)\times (-mg\,\hat{y})=-mg\dfrac{\ell}{2}\cos\theta(\hat{x}\times\hat{y})-mg\dfrac{\ell}{2}\sin\theta(\hat{y}\times\hat{y}). \end{equation*}

Ricordando che \hat{x}\times\hat{y}=\hat{z} e \hat{y}\times\hat{y}=0, il momento torcente rispetto al polo O vale

(4)   \begin{equation*} \overrightarrow{M}_O=-mg\dfrac{\ell}{2}\cos\theta\,\hat{z}. \end{equation*}

Dalla seconda equazione cardinale della dinamica, rispetto all’asse z avremo che

(5)   \begin{equation*} -mg\dfrac{\ell}{2}\cos\theta=I_O\alpha(t), \end{equation*}

dove I_O indica il momento di inerzia della sbarretta calcolato rispetto al polo O.

Unendo il sistema (1) con l’equazione (5) otteniamo

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} n: R_n(t)+mg\sin\theta(t)= m\omega^2(t)\dfrac{\ell}{2}\\ t: R_t(t) - mg\cos\theta(t) = m\alpha(t)\dfrac{\ell}{2} \\ z:\dfrac{\ell}{2}mg\cos\theta(t) = -I_O\alpha(t). \end{cases} \end{equation*}

Ricordando che il momento d’inerzia passante per il CM di una sbarretta con massa distribuita in modo omogeneo è 1/(12)m\ell^2, applicando il teorema di Huygens-Steiner si trova che il momento d’inerzia rispetto all’asse di rotazione, posto a \ell/2 dal CM, è

(7)   \begin{equation*} I_O=\dfrac{1}{12}m\ell^2+m\left(\dfrac{\ell}{2}\right)^2=\dfrac{1}{12}m\ell^2+\dfrac{1}{4}m\ell^2=\dfrac{1}{3}m\ell^2. \end{equation*}

Sostituendo l’espressione di I_O data dall’equazione (7) nel sistema (6) si ricava che

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} n: R_n(t)= m\left(\omega^2(t)\dfrac{\ell}{2}-g\sin\theta(t)\right)\\\\ t: R_t(t) = m\left(g\cos\theta(t)+\alpha(t)\dfrac{\ell}{2}\right) \\\\ z:3g\cos\theta(t)=-2\ell\alpha(t). \end{cases} \end{equation*}

Osserviamo che, quando la sbarretta raggiunge la configurazione orizzontale all’istante t=t^* (\theta(t^*)=0), il sistema di riferimento Otnz è tale per cui l’asse delle t è parallelo ed orientato nello stesso verso dell’asse delle y, mentre l’asse delle n è parallelo ma orientato nel verso opposto dell’asse delle x. Quindi avremo che R_t(t^*)\equiv R_y e -R_n(t^*)\equiv R_x.

Quindi, valutando il sistema (8) in questa configurazione particolare (cioè \theta(t^*)=0), si ottiene

(9)   \begin{equation*} \begin{cases} x: R_x (t^*)=-R_n(t^*) = -m\omega^2(t^*)\dfrac{\ell}{2} \\\\ y: R_y(t^*)=R_t(t^*) = m\left(g+\alpha(t^*)\dfrac{\ell}{2}\right) \\\\ z:3g=-2\ell\alpha(t^*) \end{cases} \quad\Leftrightarrow\quad \begin{cases} x: R_x (t^*) =-m\omega^2(t^*)\dfrac{\ell}{2} \\\\ y: R_y(t^*)= m\left(g+\alpha(t^*)\dfrac{\ell}{2}\right)\\\\ z:\alpha(t^*)=-\dfrac{3g}{2\ell}, \end{cases} \end{equation*}

dove abbiamo utilizzato il fatto che \cos(\theta(t^*))=1 e \sin(\theta(t^*))=0. Sostituendo la terza equazione nella seconda si ha che

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} R_x(t^*)=-m\omega^2(t^*)\dfrac{\ell}{2} \\\\ R_y(t^*)=m\left(g-\dfrac{3g}{2\ell}\dfrac{\ell}{2}\right)=\dfrac{1}{4}mg. \end{cases} \end{equation*}

Dalla seconda equazione del sistema (10) otteniamo che la componente verticale della reazione vincolare in O quando l’asta passa per la posizione orizzontale vale

    \[\boxcolorato{fisica}{R_y=\dfrac{1}{4}mg.}\]

Per concludere la risoluzione del problema, è essenziale determinare l’espressione di \omega all’istante t^* quando la sbarretta è orizzontale, al fine di calcolare R_x.

Un’ulteriore equazione utile per la soluzione del problema può essere ottenuta imponendo la conservazione dell’energia tra gli istanti t=0 e t=t^*, poiché nel sistema fisico considerato non agiscono forze non conservative. È da notare che la reazione vincolare compie complessivamente lavoro nullo e la forza peso m\vec{g} è conservativa.

Consideriamo Oy come un sistema di riferimento cartesiano, in cui la quota dell’origine O definisce arbitrariamente lo zero dell’energia potenziale gravitazionale, come mostrato in figura 3.

Nella configurazione iniziale, l’asta è ferma (la sua energia cinetica è nulla) e il centro di massa è posizionato ad un’altezza \ell/2 dall’origine O. Pertanto, l’energia totale del sistema è interamente potenziale e può essere espressa come

(11)   \begin{equation*} E_A = mg\frac{\ell}{2}. \end{equation*}

Nella configurazione finale l’asta sta ruotando intorno al vincolo O con velocità angolare \omega(t^*) mentre il CM è posto alla stessa altezza dell’origine O per cui l’energia totale del sistema è puramente cinetica (rotazionale) e vale

(12)   \begin{equation*} E_B= \frac{1}{2}I_O\omega^2(t^*)=\dfrac{1}{6}m\ell^2\omega^2(t^*), \end{equation*}

dove, nel secondo passaggio, abbiamo utilizzato l’equazione (7).

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Rendered by QuickLaTeX.com

 

Figura 3: sistema in esame nella configurazione iniziale (sx) e nella configurazione finale (dx).

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Poiché il sistema è privo di forze non conservative la sua energia meccanica è conservata per cui

(13)   \begin{equation*} E_A=E_B\quad\Leftrightarrow\quad mg\frac{\ell}{2}=\dfrac{1}{6}m\ell^2\omega^2(t^*), \end{equation*}

da cui

(14)   \begin{equation*} \omega^2(t^*) = 3\frac{g}{\ell}. \end{equation*}

Sostituendo l’equazione (14) nella prima equazione del sistema (10) si ha che

(15)   \begin{equation*} R_x(t^*)=-m\left(3\frac{g}{\ell}\right)\dfrac{\ell}{2}, \end{equation*}

da cui otteniamo che la componente orizzontale della reazione vincolare in O quando l’asta passa per la posizione orizzontale vale

    \[\boxcolorato{fisica}{ R_x=-\dfrac{3}{2}mg.}\]

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Approfondimento: centro di massa di una barra omogenea di lunghezza \ell e sezione trascurabile

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La distribuzione omogenea di massa in una barra rettilinea suggerisce intuitivamente che il Centro di Massa (CM) coinciderà con il centro geometrico della barra. Tuttavia, è utile eseguire il calcolo esplicito della sua posizione.

Consideriamo una sbarretta di massa m e lunghezza \ell. Definiamo la densità lineare \lambda come

(16)   \begin{equation*} \lambda \equiv \frac{dm}{d\ell}, \end{equation*}

dove dm e d\ell rappresentano rispettivamente un elemento infinitesimo di massa della sbarretta e una lunghezza infinitesima della sbarretta. Nell’ipotesi di distribuzione omogenea di massa (\lambda costante), integrando l’equazione precedente rispetto alla variabile \ell, otteniamo

(17)   \begin{equation*} \lambda = \frac{m}{\ell}. \end{equation*}

Adottiamo un sistema di riferimento fisso Ox con l’asse delle x coincidente con la sbarretta e l’origine O in uno dei suoi estremi, come mostrato in figura 4. Indichiamo con x la posizione di un elemento infinitesimo dm, come illustrato nella stessa figura. Applicando la definizione di CM, ricaviamo

(18)   \begin{equation*} x_{CM} = \frac{\lambda}{m} \int_{0}^{\ell} x \, dx = \frac{\lambda \ell^2}{2m} = \frac{\ell}{2}, \end{equation*}

dove nell’ultimo passaggio abbiamo sostituito \lambda = m/\ell. Pertanto, dimostriamo che il CM si trova esattamente a metà della lunghezza della sbarretta, confermando l’osservazione intuitiva precedente.

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Rendered by QuickLaTeX.com

 

Figura 4: in rosso un elemento infinitesimo della sbarra di massa dm e spessore dx ad una distanza x dal polo O.

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Approfondimento: momento di inerzia di una barra omogenea di lunghezza \ell e sezione trascurabile

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Il momento di inerzia di un corpo rispetto a un asse specifico si ottiene generalmente risolvendo il seguente integrale

(19)   \begin{equation*} I = \int_{\ell} x^2 \, dm, \end{equation*}

dove x^2 rappresenta la distanza quadrata dell’elemento infinitesimo di massa dm dall’asse di rotazione e l’integrale si estende sull’intera lunghezza \ell della barra.\\ Poiché \lambda è costante, l’elemento infinitesimo può essere espresso come

(20)   \begin{equation*} dm=\lambda dx. \end{equation*}

Sostituendo questa espressione nell’integrale (19), otteniamo

    \[ I = \int_{\ell} x^2 \lambda \, dx. \]

Ora possiamo risolvere l’integrale per ottenere l’espressione del momento di inerzia, ovvero

(21)   \begin{equation*} I = \lambda\int_{0}^{\ell}x^2dx = \lambda \frac{\ell^3}{3}=\dfrac{m}{\ell} \frac{\ell^3}{3}= m\frac{\ell^2}{3}, \end{equation*}

dove abbiamo considerato l’asse passante per un estremo della sbarretta.

Questo approfondimento fornisce un’alternativa al calcolo del momento di inerzia senza l’utilizzo del teorema di Huygens-Steiner.

 

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