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Esercizio misti meccanica 5

Esercizi misti Meccanica classica

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Esercizio 5 (\bigstar \bigstar \bigstar \largewhitestar\largewhitestar). Nel meccanismo rappresentato nella figura 1 e nella figura 2, i punti O, A e B rappresentano 3 cerniere per le aste OA e AB (supposte rigide e di massa trascurabile) di uguale lunghezza \ell. Siano un sistema di riferimento fisso Oxy e \alpha l’angolo che l’asta OA forma con l’asse delle x. A partire dall’istante t=0, l’asta OA forma l’angolo \alpha=0 e la cerniera B viene avvicinata a O muovendola lungo l’asse x, con velocità costante di modulo v. Supponendo O fisso, si calcoli in funzione del tempo

  1. l’angolo \alpha.
  2. Le componenti cartesiane della velocità, nel sistema di riferimento fisso Oxy, del punto A.
  3. Le componenti cartesiane dell’accelerazione, nel sistema di riferimento fisso Oxy, del punto A.

 

 

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Svolgimento punto 1.

Notiamo innanzitutto che, dal momento che le aste sono supposte rigide, il triangolo {OAB} è isoscele, in ogni istante del moto; segue che gli angoli alla base sono tra loro congruenti e dunque la configurazione del sistema al generico istante t>0 può essere rappresentata come in figura 3.

 

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Dalla figura 3, è immediato dedurre che il vettore posizione del punto B, vincolato a muoversi lungo l’asse x, sia

(1)   \begin{equation*} \vec{r}_B=x_B\,\hat{x}=2\ell\cos\alpha\,\hat{x}, \end{equation*}

dove \hat{x} e \hat{y} rappresentano rispettivamente i versori dell’asse delle x e delle y. Inoltre, sappiamo che il suo moto lungo l’asse delle x avviene a velocità costante con modulo v, dunque la cerniera B si muove di moto rettilineo uniforme. Quindi

(2)   \begin{equation*} x_B=2\ell-vt, \end{equation*}

dove x_B=2\ell è la posizione iniziale della cerniera (si veda la figura 1). Confrontando l’equazione (1) con l’equazione (2), otteniamo

(3)   \begin{equation*} 2\ell\cos\alpha=2\ell-vt\quad\Leftrightarrow\quad\cos\alpha=1-\dfrac{vt}{2\ell}. \end{equation*}

Osserviamo che l’equazione (3) per essere ben definita deve valere

(4)   \begin{equation*} -1\leq 1-\dfrac{vt}{2\ell}\leq 1, \end{equation*}

o anche

(5)   \begin{equation*} -2\leq -\dfrac{vt}{2\ell}\leq 0, \end{equation*}

oppure

(6)   \begin{equation*} 0\leq \dfrac{vt}{2\ell}\leq 2, \end{equation*}

da cui

(7)   \begin{equation*} 0\leq t\leq\dfrac{4\ell}{v}. \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{\alpha=\arccos\left(1-\dfrac{vt}{2\ell}\right), \quad0\leq t\leq\dfrac{4\ell}{v}.}\]

 


Svolgimento punto 2.

Per risolvere questo punto, studiamo il moto della cerniera A. Facendo riferimento alla figura 3, osserviamo che il suo vettore posizione è descritto dalle coordinate

(8)   \begin{equation*} \vec{r}_A=\ell\cos\alpha\,\hat{x}+ \ell\sin\alpha\,\hat{y}. \end{equation*}

Grazie alla soluzione del punto 1, sappiamo inoltre che

(9)   \begin{equation*} \cos\alpha=1-\dfrac{vt}{2\ell}, \end{equation*}

dunque sfruttando questo risultato e ricordando l’identità fondamentale della goniometria possiamo ricavare l’espressione della posizione di A in funzione del tempo:

(10)   \begin{equation*} \begin{aligned} \vec{r}_A&=x_A\hat{x}+y_A\,\hat{y}=\\ &=\ell\left(1-\dfrac{vt}{2\ell}\right)\hat{x}+ \ell\sqrt{1-\cos^2\alpha}\,\,\hat{y}=\\ &=\left(\ell-\dfrac{vt}{2}\right)\hat{x}+ \ell\sqrt{1-\left(1-\dfrac{vt}{2\ell}\right)^2}\,\,\hat{y}=\\ &=\left(\ell-\dfrac{vt}{2}\right)\hat{x}+ \ell\sqrt{1-1-\dfrac{v^2t^2}{4\ell^2}+\dfrac{vt}{\ell}}\,\,\hat{y}=\\ &=\left(\ell-\dfrac{vt}{2}\right)\hat{x}+ \ell\sqrt{\dfrac{v}{\ell}\left(t-\dfrac{vt^2}{4\ell}\right)}\,\,\hat{y}=\\ &=\left(\ell-\dfrac{vt}{2}\right)\hat{x}+ \sqrt{v\ell\left(t-\dfrac{vt^2}{4\ell}\right)}\,\,\hat{y}. \end{aligned} \end{equation*}

La velocità di A è

(11)   \begin{equation*} \vec{v}_A=\dot{x}_A\,\hat{x}+\dot{y}_B\,\hat{y}. \end{equation*}

Abbiamo dunque

(12)   \begin{equation*} \dot{x}_A=\dfrac{d}{dt}\left(\ell-vt\right)=-\dfrac{v}{2} \end{equation*}

e

(13)   \begin{equation*} \dot{y}_A=\dfrac{d}{dt}\left(\sqrt{v\ell\left(t-\dfrac{vt^2}{4\ell}\right)}\right)=\sqrt{v\ell}\left(t-\dfrac{vt^2}{4\ell}\right)^{-\frac{1}{2}}\left(1-\dfrac{vt}{2\ell}\right). \end{equation*}

In definitiva, avremo dunque

    \[\boxcolorato{fisica}{\vec{v}_A=-\dfrac{v}{2}\,\hat{x}+\sqrt{v\ell}\left(1-\dfrac{vt}{2\ell}\right)\left(t-\dfrac{vt^2}{4\ell}\right)^{-\frac{1}{2}}\hat{y}.}\]

 


Svolgimento punto 3.

L’accelerazione di A lungo la direzione dell’asse delle {x} è data dalla derivata rispetto al tempo della velocità \dot{x}_A; dal momento che \dot{x}_A=-v/2 è costante nel tempo, avremo

    \[\boxcolorato{fisica}{\ddot{x}_A=0.}\]

 


Fonte.

Problemi di meccanica e termodinamica — S.Longhi, M.Nisoli, R.Osellame, S.Stagira.

 

 

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