Esercizio corpo rigido 22

Dinamica del corpo rigido

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Esercizio 22  (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). L’estremità di una trave omogenea di massa m e lunga \ell è incernierata ad un muro. L’altro estremo è sostenuto da un filo nella posizione indicata in figura. Inoltre sia \alpha l’angolo formato dalla fune con il muro, come in figura.
(a) Trovare la tensione \vec{T} generata dal filo che collega la trave al muro.
(b) Trovare la reazione vincolare \vec{R} generata dalla cerniera per mantenere il sistema in equilibrio.

 

 

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Svolgimento punto a. Ricordiamo la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi:

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{P}_t}{dt}\\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_O \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_O}{dt} \end{cases} \end{equation*}

dove \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutte le forze esterne, \vec{P}_t è la quantità di moto totale del sistema, \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutti i momenti esterni, \vec{v}_O è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema, \vec{v}_{CM} è la velocità del centro di massa ed infine \vec{L}_O è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo O.
Poiché tutto deve rimanere in quiete, il sistema (1) diventa:

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0}\\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0} \end{cases} \end{equation*}

Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxy e rappresentiamo lo schema delle forze:

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dove \vec{T} è la tensione generata dal filo, m \vec{g} è la forza peso della trave e \vec{R} è la reazione vincolare della cerniera.
Scegliendo come polo O^\prime, da (2)_2 calcoliamo il momento della tensione:

(3)   \begin{equation*} \begin{aligned} \vec{M}_T & = (\ell \cos \beta \; \hat{x} - \ell \sin \beta \; \hat{y}) \wedge (- T \sin \alpha \; \hat{x} + T \cos \alpha \; \hat{y}) = \\ & = \ell (\sin(2\alpha) \;\hat{x} - \cos(2\alpha) \; \hat{y}) \wedge T (-\sin \alpha \; \hat{x} + \cos \alpha \; \hat{y}) = \\ & = \ell T (\sin(2\alpha) \cos \alpha - \cos(2\alpha) \sin \alpha) \; \hat{z}, \end{aligned} \end{equation*}

dove \beta = 90^\circ- 2\alpha, poi calcoliamo il momento della forza peso:

(4)   \begin{equation*} \vec{M}_{mg} = \left( \dfrac{\ell}{2} \cos \beta \right) \; \hat{x} \wedge (-mg) \; \hat{y} = -\dfrac{\ell}{2} mg \sin(2\alpha)\; \hat{z}. \end{equation*}

Applicando (2)_2 con i momenti (3) e (4) otteniamo

    \[\begin{aligned} \sum_{k=1}^2 \vec{M}_k^{\text{\tiny ext}} = 0 & \Leftrightarrow - \dfrac{\ell}{2} mg \sin(2 \alpha) + \ell \sin(2\alpha)T \cos \alpha - \ell T\cos(2\alpha) \sin\alpha = 0 \Leftrightarrow \\\\ & \Leftrightarrow T = \dfrac{\dfrac{\ell}{2} mg \sin(2\alpha)}{\ell( \sin(2\alpha)\cos\alpha - \cos(2\alpha)\sin(\alpha))} = \\\\ & \Leftrightarrow T = \dfrac{\dfrac{\cancel{\ell}}{2} mg \sin(2\alpha)}{\cancel{\ell}( \sin(2\alpha)\cos\alpha - \cos(2\alpha)\sin(\alpha))} = \end{aligned}\]

e quindi concludiamo che

    \[\boxcolorato{fisica}{ \vec{T} = \dfrac{\dfrac{mg}{2} \sin(2\alpha)}{ \sin(2\alpha)\cos\alpha - \cos(2\alpha)\sin(\alpha)} (-\sin \alpha \; \hat{x} + \cos \alpha \; \hat{y}) .}\]

 

Punto b. Applicando (2)_1 abbiamo:

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{R}+m\vec{g}+\vec{T}=0 \quad\Leftrightarrow \quad \vec{R}=-(-\sin \alpha \; \hat{x} +\left( \cos \alpha-mg \right) \; \hat{y}).}\]

 

Fonte: D.Halliday, R.Resnick, J.Walker – Fondamenti di fisica, Meccanica, Zanichelli.