Esercizio corpo rigido 7

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Esercizio 7 $(\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un corpo rigido è formato da quattro aste uguali, ciascuna di massa $m = 1.5$ kg e lunghezza $d = 0.8$ m, disposte lungo i lati di un quadrato, che giace in un piano verticale. Calcolare:

a) Il momento d’inerzia del corpo rispetto ad un asse perpendicolare al piano sul quale giace il quadrato e passante per il centro $O$ del quadrato;

b) Il momento d’inerzia del corpo rispetto ad un asse perpendicolare al piano il quadrato e passante per il centro $P$ del quadrato;

c) Il momento d’inerzia del corpo rispetto ad un asse perpendicolare al piano sul quale giace il quadrato e passante per il centro $Q$ del quadrato;

d) Calcolare inoltre il periodo delle piccole oscillazione nel caso $b)$ .

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Svolgimento punto a. Notiamo che le 4 aste sono identiche e il loro centro si trova alla stessa dista da $O$ , ovvero $d/2$ . Per calcolare il momento d’inerzia totale del corpo rigido formato dalle 4 aste è possibile calcolare il momento d’inerzia di un’asta e moltiplicare per 4. Applichiamo il teorema di König, cioè

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

Si conclude con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{ I_O=\dfrac{4}{3}md^2\approx1,28\cdot \text{kg}\cdot \text{m}^2.}$

Svolgimento Punto b. niziamo calcolando il momento d’inerzia dell’asta inferiore $I_1$ rispetto all’asse di rotazione orizzontale passante per il punto $P$ . Questo vale

(2) $\begin{equation*} I_1 = \dfrac{1}{12}md^2+md^2=\dfrac{13}{12}md^2. \end{equation*}$

Il momento d’inerzia $I_2$ dell’asta superiore è

(3) $\begin{equation*} I_2=\dfrac{1}{12}md^2 \end{equation*}$

in quanto il punto $P$ coincide con l’asse di rotazione .
Consideriamo la figura 2

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Dalla figura 2 si può notare che la distanza tra il centro $C$ dell’asta a destra e $P$ è

(4) $\begin{equation*} \overline{PC}=\sqrt{2\cdot \dfrac{d^2}{4}}=\dfrac{d}{\sqrt{2}}. \end{equation*}$

Pertanto il momento d’inerzia è

(5) $\begin{equation*} I_3 = {1\over 12} md^2+m\left(\dfrac{d}{\sqrt{2}}\right)^2={1\over 12} md^2+\dfrac{md^2}{2}=\dfrac{7}{12}md^2. \end{equation*}$

Per questioni di simmetria il momento d’inerzia dell’asta a sinistra risulta avere lo stesso momento d’inerzia dell’asta di destra. Sfruttando i risultati ottenuti si ha

(6) $\begin{equation*} I_P=I_1 +I_2+2I_3=\dfrac{13}{12}md^2+\dfrac{1}{12}md^2+2\cdot \dfrac{7}{12}md^2=\dfrac{7}{3}md^2. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{ I_P = \dfrac{7}{3}md^2 = 2,24\cdot \text{kg}\cdot \text{m}^2.}$

Svolgimento Punto c. Si consideri figura 3

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Dalla figura 3, ovvero dalle geometrica del problema, si deduce che il momento d’inerzia dell’asta superiore e dell’asta di sinistra è lo stesso, cioè

(7) $\begin{equation*} I_1=\dfrac{1}{12}md^2+m\dfrac{d^2}{4}=\dfrac{1}{3}md^2=I_4=I. \end{equation*}$

Per analoghe considerazioni anche il momento d’inerzia dell’asta di destra e inferiore hanno la stesso momento d’inerzia e quindi

(8) $\begin{equation*} I_2=\dfrac{1}{12}md^2+m\overline{QC}^2=\dfrac{1}{12}md^2+m\left(\dfrac{d^2}{4}+d^2\right)=\dfrac{4}{3}md^2=I_4=\tilde{I}. \end{equation*}$

Pertanto si ha

(9) $\begin{equation*} I_Q=2I+2\tilde{I}=2\left(\dfrac{1}{3}md^2+\dfrac{4}{3}md^2\right)=\dfrac{10}{3}md^2. \end{equation*}$

Si conclude che la soluzione è

$\boxcolorato{fisica}{I_Q=\dfrac{10}{3}md^2\approx 3,20\cdot \text{kg}\cdot \text{m}^2. }$

Punto d. Si consideri la figura 4

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Dalla seconda legge cardinale abbiamo

(10) $\begin{equation*} -4mg\sin \theta r_{cm}=I_P \ddot{\theta} \end{equation*}$

dove $I_P$ è il momento d’inerzia rispetto al polo $P$ e $r_{cm}=d/2$ poiché la massa è distribuita in modo omogeneo e il corpo rigido è un quadrato.
Se il corpo fa delle piccole oscillazioni si ha $\sin \theta \approx \theta$ e quindi

(11) $\begin{equation*} -4mg \dfrac{d}{2}\theta=\dfrac{7}{3}md^2 \ddot{\theta}, \end{equation*}$

da cui

(12) $\begin{equation*} \ddot{\theta}=-\dfrac{3g}{14d}\theta. \end{equation*}$

In particolare

(13) $\begin{equation*} \omega^2=\dfrac{3g}{14d}=\dfrac{4\pi^2}{T^2} \end{equation*}$

dove $\omega$ è la pulsazione e $T$ il periodo delle piccole oscillazioni.

Quindi

(14) $\begin{equation*} T=2\pi\sqrt{\dfrac{14d}{3g}}. \end{equation*}$

Concludiamo con la seguente soluzione

$\boxcolorato{fisica}{ T=2\pi\sqrt{\dfrac{7d}{6g}}\approx3,88\,\text{s}.}$

Fonte: P.Mazzoldi, M.Nigro, C.Voci – Fisica, EdiSES (1992).

Niccolò Cocciaglia

22/08/2023

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