Esercizio corpo rigido 25

Dinamica del corpo rigido

Home » Esercizio corpo rigido 25

More results...

Generic selectors
Exact matches only
Search in title
Search in content
Post Type Selectors
post
page


 

Esercizio 25 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una scala, la cui massa è distribuita uniformemente lungo tutta la sua lunghezza \ell, poggia con un’estremità su un piano orizzontale scabro (\mu_s=0.2) e con l’altra contro una parete verticale liscia. Si determini l’angolo di minima inclinazione \theta_{min} che la scala puo’ formare col piano orizzontale senza scivolare al suolo.

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Approfondimento. Si risolva il problema precedente nel caso che anche la parete verticale sia scabra con lo stesso coefficiente di attrito statico del piano orizzontale.

Definendo N_x reazione vincolare dell’asta con la parete verticale e N_y reazione vincolare dell’asta con la parete orizzontale, dare per noto che

(1)   \begin{equation*} N_x \mu_s=N_y \mu_s \end{equation*}

 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

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

(2)   \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^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{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 al sistema, \vec{v}_O\prime 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\prime è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo O^\prime.

Siccome nel nostro problema tutto deve rimanere in quiete, (2) diventa

(3)   \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}} -m \vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \vec{0}. \end{cases} \end{equation*}

In figura 1 rappresentiamo lo schema delle forze

Rendered by QuickLaTeX.com

dove \vec{N}_x è la reazione vincolare con la parete verticale, \vec{N}_y è la reazione vincolare con la parete orizzontale, m\vec{g} è la forza peso applicata nel centro di massa (infatti la massa è distribuita in modo uniforme) ed infine \vec{f}_{s,x} è la forza di attrito statico generata dal contatto tra l’asta e il piano orizzontale scabro.

Scegliendo come polo il punto B, che è un punto fisso, si ha che

    \[\vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{v}_{B} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0}\]

così (3) diventa

(4)   \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*}

Tenendo conto delle forze applicate all’asta e scegliendo un sistema di riferimento fisso Oxy con origine coincidente con il polo B (vedi figura 2)

Rendered by QuickLaTeX.com

ù

da (4) segue

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} f_{s,x}=N_x\\N_y=mg\\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta=0. \end{cases} \end{equation*}

Affinchè il sistema rimanga in equilibrio deve valere

    \[f_{s,x}\leq N_y\mu_s.\]

L’angolo di minima inclinazione si ha quando

    \[f_{s,x}=N_y \mu_s\]

quindi (5) diventa

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} f_{s,x}=N_x=N_y \mu_s\\N_y=mg\\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta=0 \end{cases} \end{equation*}

e dal sistema ricaviamo la seguente equazione

    \[\dfrac{mg}{2}\cos\theta -mg\mu_s\sin\theta=0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\cos\theta -\mu_s\sin\theta=0 \Leftrightarrow \tan\theta = \dfrac{1}{2\mu_s} \Leftrightarrow \theta = \arctan\left(\dfrac{1}{2\mu_s}\right).\]

Dunque si conclude che l’angolo minimo è quello che segue:

    \[\boxcolorato{fisica}{ \theta_{\text{min}} = \arctan\left(\dfrac{1}{2\mu_s}\right).}\]

 

 

Se ora consideriamo la parete verticale scabra con coefficiente di attrito statico \mu_s, allora abbiamo il seguente schema delle forze in figura 3

Rendered by QuickLaTeX.com

Scegliamo nuovamente come polo il punto B e un sistema di riferimento fisso Oxy con origine coincidente con il punto B

Rendered by QuickLaTeX.com

Applichiamo (4) e otteniamoù

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} N_x=f_{s,x}\\ N_y + f_{s,y} = mg \\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta - f_{s,y} \ell \cos\theta = 0 \end{cases} \end{equation*}

e per rimanere tutto di nuovo in equilibrio deve valere

    \[\begin{cases} f_{s,x} \leq N_y \mu_s\\ f_{s,y}\leq N_x \mu_s. \end{cases}\]

Tenendo conto di (7)_1, possiamo osservare che l’angolo minimo si ha per i seguenti valori

    \[\begin{cases} f_{s,x} = N_y \mu_s\\ f_{s,y}= N_x \mu_s \end{cases}\]

quindi (7) diventa

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} N_x= N_y \mu_s\\ N_y + N_x \mu_s = mg \\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta - N_x \mu_s \ell \cos\theta = 0 \end{cases} \end{equation*}

e da (7)_2 abbiamo

    \[N_y + N_x \mu_s =mg \quad \Leftrightarrow \quad N_y = mg - N_x \mu_s.\]

Sostituendo N_y in (8)_1 otteniamo

    \[N_x = mg \; \mu_s - N_x \; \mu_s^2 \quad \Leftrightarrow \quad N_x = \dfrac{mg \; \mu_s}{1+\mu_s^2}.\]

Consideriamo (8)_3 e riscriviamola come segue

(9)   \begin{equation*} \!\!\!\! \!mg \dfrac{\cos\theta}{2} - N_x \sin \theta - N_x \mu_s \cos \theta =0 \; \Leftrightarrow \; - mg \dfrac{\cos\theta}{2} + N_x \left(\sin\theta+\mu_s \cos\theta \right)=0 \end{equation*}

sostituiamo N_x in (9) ottenendo

    \[\begin{aligned} & - mg \dfrac{\cos\theta}{2} + \dfrac{mg \mu_s}{1+\mu_s^2} \sin \theta + \dfrac{mg \mu_s^2}{1+\mu_s^2}\cos \theta = 0\quad \Leftrightarrow \quad\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad - \dfrac{\cos\theta}{2} + \dfrac{\mu_s}{1+\mu_s^2} \sin \theta + \dfrac{\mu_s^2}{1+\mu_s^2}\cos \theta = 0 \quad \Leftrightarrow \quad\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\mu_s^2}{1+\mu_s^2}=-\dfrac{\mu_s}{1+\mu_s^2} \; \tan\theta \end{aligned}\]

da cui

    \[\tan \theta = - \dfrac{1+\mu_s^2}{\mu_s} \cdot \dfrac{\mu_s^2-1}{2(1+\mu_s^2)} \quad \Leftrightarrow \quad \tan \theta = \dfrac{1-\mu_s^2}{2\mu_s} \quad \Leftrightarrow \quad \theta = \arctan \left( \dfrac{1-\mu_s^2}{2\mu_s} \right) \in \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\]

Si conclude che l’angolo minimo in questo caso è quello che segue

    \[\boxcolorato{fisica}{ \theta = \arctan\left(\dfrac{1-\mu_s^2}{2\mu_s}\right)}\]

 

Fonte: S.Rosati, R.Casali – Problemi di fisica generale – S.Rosati, R.Casali, Ambrosiana (1998).