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Esercizio 34  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Su un’asta rigida AB, di lunghezza \ell e di massa trascurabile, sono fissati due piccoli manicotti di masse m_1 e m_2 rispettivamente nei punti P_1 e P_2 tali che \overline{BP_1}=\ell/4 e \overline{BP_2}=\ell/2. L’asta è appoggiata su un piano orizzontale e a una parete verticale; nel punto P distante \ell/4 da A è applicata una forza \vec{F} orizzontale, come in figura 1.

  1. Inizialmente l’asta è in condizioni di equilibrio nella posizione con \alpha=\alpha_0; si calcoli l’intensità F_0 di \vec{F} se le superfici di appoggio sono lisce.
  2. Si aumenta l’intensità della forza \vec{F} e l’asta si sposta restando in contatto con le due superfici lisce e quando \alpha=\pi/3 la velocità dell’estremo A ha modulo v_A; si calcoli il lavoro svolto corrispondentemente dalla forza \vec{F}.
  3. Se l’asta è in quiete nella posizione \alpha_0 e la forza \vec{F} ha intensità F_0, la posizione è di equilibrio; se le superfici sono scabre con coefficiente di attrito statico \mu_s e si diminuisce l’intensità di \vec{F}, per quale valore F_{\min} l’asta comincia a scivolare verso il basso?

Si assuma che

(1)   \begin{equation*} \begin{cases} \cos\alpha_0-\mu_s\sin\alpha_0\neq 0\\ 3\sin\alpha_0+4\mu_s\cos\alpha_0-\mu_s^2\sin\alpha_0\neq 0. \end{cases} \end{equation*}

Inoltre, si supponga, che l’asta cominci a scivolare quando le forze di attrito statico sulla parete verticale e orizzontale assumano rispettivamente il valore massimo contemporaneamente.

 

 

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Svolgimento. Punto 1. Definiamo un sistema di riferimento fisso Oxy tale che l’asse x giaccia sul piano d’appoggio orizzontale e l’asse y giaccia sulla parete verticale. Andiamo dunque a studiare le forze esterne che agiscono sul sistema composto dall’asta e dai due manicotti; queste sono la forza peso del primo manicotto m_1\vec{g} applicata nel punto P_1, la forza peso del secondo manicotto m_2\vec{g} applicata nel punto P_2, la forza orizzontale \vec{F} applicata nel punto P e infine, le reazioni vincolari \vec{N}_y e \vec{N}_x dovute al contatto tra l’asta e rispettivamente la parete verticale e il piano orizzontale. Dal momento che entrambe le superfici di contatto sono lisce per ipotesi, le reazioni vincolari descritte precedentemente sono dirette in direzione normale rispetto ai due piani su cui poggiano i punti A e B dell’asta, come riportato in figura 2.

 

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Applichiamo la prima e la seconda equazione cardinale per i corpi rigidi. Dal momento che il sistema è in equilibrio, avremo che la somma delle forze esterne e la somma dei momenti esterni sono entrambe nulle. Scegliendo come polo per il calcolo dei momenti esterni il punto A, le equazioni sono

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} N_x-F=0\\ N_y-m_1g-m_2g=0\\ -N_x\ell\sin\alpha_0+ m_1g\left(\dfrac{3}{4}\ell\cos\alpha_0\right)+m_2g\left(\dfrac{\ell}{2}\cos\alpha_0\right)+F\left(\dfrac{\ell}{4}\sin\alpha_0\right)=0, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} N_x=F\\ N_y=(m_1+m_2)g\\ \left(\dfrac{F}{4}-N_x\right)\ell\sin\alpha_0+\left(\dfrac{3}{4}m_1+\dfrac{1}{2}m_2\right)g\ell\cos\alpha_0=0. \end{cases} \end{equation*}

Sostituendo la (3)_1 nella (3)_3, otteniamo

(4)   \begin{equation*} \left(\dfrac{F}{4}-F\right)\ell\sin\alpha_0+\left(\dfrac{3m_1+2m_2}{4}\right)g\ell\cos\alpha_0=0, \end{equation*}

ovvero

(5)   \begin{equation*} \dfrac{3}{4}F\sin\alpha_0=\left(\dfrac{3m_1+2m_2}{4}\right)g\cos\alpha_0, \end{equation*}

o anche

    \[\boxcolorato{fisica}{F=F_0=g\cot\alpha_0\left(m_1+\dfrac{2}{3}m_2\right).}\]

 

Punto 2.  Aumentando l’intensità della forza \vec{F}, l’asta inizierà a spostarsi; studiamo il moto del sistema composto dall’asta e dai due manicotti in funzione dell’angolo \theta, ossia dell’angolo che l’asta forma con il piano orizzontale. In questa configurazione, il punto A risulta avere ascissa

(6)   \begin{equation*} x_A=\ell\cos\theta \end{equation*}

da cui

(7)   \begin{equation*} \dot{x}_A=-\ell\dot{\theta}\sin\theta. \end{equation*}

È chiaro che il punto A essendo vincolato a muoversi sul piano orizzontale avrà una velocità nella sola direzione dell’asse delle x.

 

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Sia t=\tau l’istante in cui \theta=\alpha=\pi/3, data la velocità v_A con cui l’estremo A si muove lungo l’asse x, possiamo calcolare \dot{\theta} (ossia la velocità angolare con cui il sistema ruota rispetto al punto A) nel seguente modo

(8)   \begin{equation*} \dot{x}_A(\tau)=v_A=-\ell\dot{\theta}(\tau)\sin\alpha\quad\Leftrightarrow\quad\dot{\theta}(\tau)=-\dfrac{v_A}{\ell\sin\alpha}. \end{equation*}

Calcoliamo ora la generica posizione dei punti P_1 e P_2 e le rispettive velocità. Avremo

(9)   \begin{equation*} \begin{cases} x_1=\dfrac{1}{4}\ell\cos\theta\\[10pt] y_1=\dfrac{3}{4}\ell\sin\theta\\[10pt] x_2=\dfrac{\ell}{2}\cos\theta\\[10pt] y_2=\dfrac{\ell}{2}\sin\theta, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(10)   \begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}_1=-\dfrac{1}{4}\ell\dot{\theta}\sin\theta\\[10pt] \dot{y}_1=\dfrac{3}{4}\ell\dot{\theta}\cos\theta\\[10pt] \dot{x}_2=-\dfrac{\ell}{2}\dot{\theta}\sin\theta\\[10pt] \dot{y}_2=\dfrac{\ell}{2}\dot{\theta}\cos\theta. \end{cases} \end{equation*}

Posto t=\tau, possiamo riscrivere le componenti delle velocità dei punti P_1 e P_2 utilizzando l’espressione di \dot{\theta}(\tau) trovata nell’equazione (8). Abbiamo dunque

(11)   \begin{equation*} \begin{cases} \dot{x}_1(\tau)=-\dfrac{\ell}{4}\left(-\dfrac{v_A}{\ell\sin\alpha}\right)\sin\alpha=\dfrac{v_A}{4}\\\\ \dot{y}_1(\tau)=\dfrac{3}{4}\ell\left(-\dfrac{v_A}{\ell\sin\alpha}\right)\cos\alpha=-\dfrac{3}{4}v_A\cot\alpha\\\\ \dot{x}_2(\tau)=-\dfrac{\ell}{2}\left(-\dfrac{v_A}{\ell\sin\alpha}\right)\sin\alpha=\dfrac{v_A}{2}\\\\ \dot{y}_2(\tau)=\dfrac{\ell}{2}\left(-\dfrac{v_A}{\ell\sin\alpha}\right)\cos\alpha=-\dfrac{v_A}{2}\cot\alpha. \end{cases} \end{equation*}

A questo punto, dal teorema dell’energia-lavoro sappiamo che

(12)   \begin{equation*} L_F=(K_f-K_i)+(U_f-U_i), \end{equation*}

dove L_F è il lavoro svolto dalla forza \vec{F}, con K_f e U_f si intende rispettivamente l’energia cinetica finale del sistema e l’energia potenziale finale del sistema, mentre con K_i e U_i si intende rispettivamente l’energia cinetica iniziale del sistema e l’energia potenziale iniziale del sistema. Dal momento che per t=0 il sistema è in quiete, avremo che K_i=0; scriviamo, dunque, i restanti contributi:

(13)   \begin{equation*} \begin{cases} K_f=\dfrac{1}{2}m_1\left(\dot{x}_1(\tau)^2+\dot{y}_1(\tau)^2\right)+\dfrac{1}{2}m_2\left(\dot{x}_2(\tau)^2+\dot{y}_2(\tau)^2\right)\\[10pt] U_f=m_1g\,y_1(\tau)+m_2g\,y_2(\tau)+\text{costante}\\[10pt] U_i=m_1g\,y_1(0)+m_2g\,y_2(0)+\text{costante}. \end{cases} \end{equation*}

Dal momento che conosciamo l’espressione delle posizioni e delle velocità dei punti P_1 e P_2 all’istante iniziale e finale, possiamo riscrivere la (12) come

    \[\begin{aligned} L_F&=\dfrac{1}{2}m_1v_A^2\left(\dfrac{1}{16}+\dfrac{9(\cot\alpha)^2}{16}\right)+\dfrac{1}{2}m_2v_A^2\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{(\cot\alpha)^2}{4}\right)+m_1g\left(\dfrac{3}{4}\ell\sin\alpha-\dfrac{3}{4}\ell\sin\alpha_0\right)+\\ &+m_2g\left(\dfrac{1}{2}\ell\sin\alpha-\dfrac{1}{2}\ell\sin\alpha_0\right), \end{aligned}\]

da cui si conclude che il lavoro svolto dalla forza \vec{F} è

    \[\boxcolorato{fisica}{L_F=\dfrac{v_A^2}{32}m_1\left(1+9(\cot\alpha)^2\right)+\dfrac{v_A^2}{8}m_2\left(1+(\cot\alpha)^2\right)+\ell g\left(\dfrac{3}{4}m_1+\dfrac{1}{2}m_2\right)\left(\sin\alpha-\sin\alpha_0\right).}\]

 

Punto 3. Per ipotesi, in questa configurazione l’asta è in equilibrio, tuttavia, a differenza di quanto accadeva nel punto 1, in questo caso le superfici di appoggio sono scabre: questo implica che le reazioni vincolari da esse esercitate sul sistema composto dall’asta avranno due componenti, una normale ed una tangente alle rispettive guide; la reazioni vincolari generate dai piani di appoggio sono uguali alla somma vettoriale tra un vettore normale alla superficie (reazione vincolare) e tra un vettore tangente alla superficie (forza di attrito statico). Nel punto A abbiamo la forza di attrito statico \vec{f}_2, orientata nel verso negativo delle x, mentre nel punto B avremo la forza di attrito statico \vec{f}_1, orientata nel verso positivo delle y. Tutte le forze esterne al sistema sono rappresentate in figura 5.

 

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Applichiamo la prima e la seconda equazione cardinale dei corpi rigidi imponendo, poiché il sistema è all’equilibrio, che la somma delle forze e dei momenti esterni al sistema siano entrambe nulle. Scegliamo come polo per il calcolo dei momenti esterni il punto B; si noti che con questa scelta le forze \vec{N}_x e \vec{f}_1 generano un momento esterno nullo rispetto al polo B. Abbiamo dunque

(14)   \begin{equation*} \begin{cases} -m_1g-m_2g+N_y+f_1=0\\[10pt] -f_2+N_x-F_0=0\\[10pt] N_y\ell\cos\alpha_0-F_0\left(\dfrac{3}{4}\ell\sin\alpha_0\right)-m_2g\dfrac{\ell}{2}\cos\alpha_0-m_1g\dfrac{\ell}{4}\cos\alpha_0-f_2\ell\sin\alpha_0=0, \end{cases} \end{equation*}

da cui

(15)   \begin{equation*} \begin{cases} -m_1g-m_2g+N_y+f_1=0\\[10pt] -f_2+N_x-F_0=0\\[10pt] 4N_y\cos\alpha_0-3F_0\sin\alpha_0-2 m_2g\cos\alpha_0-m_1g\cos\alpha_0-4f_2\sin\alpha_0=0. \end{cases} \end{equation*}

L’asta comincia a scivolare quando le forze di attrito statico di entrambe le pareti assumono lo stesso valore massimo contemporaneamente, imponiamo f_1=f_{1,\max}=\mu_sN_x e f_2=f_{2,\max}=\mu_sN_y, ottenendo

(16)   \begin{equation*} \begin{cases} -m_1g-m_2g+N_y+\mu_sN_x=0\\[10pt] -\mu_sN_y+N_x-F_0=0\\[10pt] 4N_y\cos\alpha_0-3F_0\sin\alpha_0-2 m_2g\cos\alpha_0-m_1g\cos\alpha_0-4\mu_sN_x\sin\alpha_0=0, \end{cases} \end{equation*}

o anche

(17)   \begin{equation*} \begin{cases} N_y=m_1g+m_2g-\mu_sN_x\\[10pt] N_x=F_0+\mu_sN_y\\[10pt] N_y\left(4\cos \alpha_0-4\mu_s\sin \alpha_0\right)-3F_0\sin \alpha_0-2m_2g \cos \alpha_{0}-m_1g\cos \alpha_0=0, \end{cases} \end{equation*}

ovvero

(18)   \begin{equation*} \begin{cases} N_y=m_1g+m_2g-\mu_s\left(F_0+\mu_sN_y\right)\\[10pt] N_x=F_0+\mu_sN_y\\[10pt] N_y\left(4\cos \alpha_0-4\mu_s\sin \alpha_0\right)-3F_0\sin \alpha_0-2m_2g \cos \alpha_{0}-m_1g\cos \alpha_0=0, \end{cases} \end{equation*}

di conseguenza

(19)   \begin{equation*} \begin{cases} N_y=\dfrac{m_1g+m_2g-\mu_sF_0}{1+\mu_s^2}\\[10pt] N_x=F_0+\mu_sN_y\\[10pt] N_y\left(4\cos \alpha_0-4\mu_s\sin \alpha_0\right)-3F_0\sin \alpha_0-2m_2g \cos \alpha_{0}-m_1g\cos \alpha_0=0, \end{cases} \end{equation*}

e quindi, sostituendo N_y (trovato nella prima equazione del sistema) nella terza equazione del sistema, otteniamo

(20)   \begin{equation*} \left(\dfrac{m_1g+m_2g-\mu_sF_0}{1+\mu_s^2}\right)\left(4\cos \alpha_0-4\mu_s\sin \alpha_0\right)-3F_0\sin \alpha_0-2m_2g \cos \alpha_{0}-m_1g\cos \alpha_0=0 \end{equation*}

da cui

(21)   \begin{equation*} \left({m_1g+m_2g-\mu_sF_0}\right)\left(4\cos \alpha_0-4\mu_s\sin \alpha_0\right)+\left(-3F_0\sin \alpha_0-2m_2g \cos \alpha_{0}-m_1g\cos \alpha_0\right)\left(1+\mu_s^2\right)=0, \end{equation*}

per cui

    \[\begin{aligned} &m_1g\left(4\cos \alpha_0-4\mu_s\sin \alpha_0-\cos \alpha_0-\mu_s^2\cos \alpha_0\right)+m_2 g \left(4 \cos \alpha_0-4\mu_s\sin\alpha_0-2 \cos \alpha_0-2\mu_s^2\cos \alpha_{0}\right)+\\ &+F_0\left(-.4\mu_s\cos \alpha_{0}+4\mu_s^2\sin \alpha_{0}-3 \sin \alpha_{0}-3\mu_s^2\sin\alpha_{0}\right)=0, \end{aligned}\]

di conseguenza

    \[\begin{aligned} &m_1g\left(3\cos \alpha_0-4\mu_s\sin \alpha_0-\mu_s^2\cos \alpha_0\right)+m_2 g \left(2 \cos \alpha_0-4\mu_s\sin\alpha_0-2\mu_s^2\cos \alpha_{0}\right)+\\ &+F_0\left(-.4\mu_s\cos \alpha_{0}+\mu_s^2\sin \alpha_{0}-3 \sin \alpha_{0}\right)=0, \end{aligned}\]

o anche

    \[F_0=\dfrac{m_1g\left(3\cos \alpha_0-4\mu_s\sin \alpha_0-\mu_s^2\cos \alpha_0\right)+m_2 g \left(2 \cos \alpha_0-4\mu_s\sin\alpha_0-2\mu_s^2\cos \alpha_{0}\right)}{4\mu_s\cos \alpha_{0}+3 \sin \alpha_{0}-\mu_s^2\sin \alpha_{0}}.\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{fisica}{ F_0=F_{\min}=\dfrac{m_1g\left(3\cos \alpha_0-4\mu_s\sin \alpha_0-\mu_s^2\cos \alpha_0\right)+m_2 g \left(2 \cos \alpha_0-4\mu_s\sin\alpha_0-2\mu_s^2\cos \alpha_{0}\right)}{4\mu_s\cos \alpha_{0}+3 \sin \alpha_{0}-\mu_s^2\sin \alpha_{0}}.}\]

 

Fonte: Problemi di fisica generale – S.Rosati e L. Lovitch.