Esercizio statica 10

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Esercizio 10 $(\bigstar \bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Il sistema in figura 1 è formato da tre aste di uguale lunghezza $\ell$ , incernierate agli estremi. Le aste $OA$ e $BC$ hanno
massa $m$ , distribuita in modo omogeneo, mentre l’asta $AB$ ha massa trascurabile. Le cerniere in $A$ e $B$ sono mobili, la cerniera in $O$ è fissa nel sistema di riferimento fisso $Oxyz$ mostrato in figura 1. La cerniera in $C$ è vincolata tramite un carrello a muoversi lungo l’asse orizzontale $x$ . Tutti i vincoli sono lisci. Una molla ideale, con massa trascurabile, lunghezza a riposo nulla e di costante elastica $k$ collega il punto fisso $O$ al carrello $C$ . All’asta $OA$ è applicato un momento esterno $\vec{M} = M\hat{z}$ (dove $\hat{z}$ è il versore dell’asse $z$ ) nel polo $O$ . Determinare i valori della costante $k$ e del momento $\vec{M}$ per i quali la configurazione di equilibrio del sistema sia quella con l’asta $AB$ parallela all’asse orizzontale (come mostrato in figura 1) e l’asta $OA$ che forma con l’asse $x$ un angolo $0 < \alpha < \pi/2$ .

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Figura 1: configurazione del sistema.

Premessa 1.

nel corso dello svolgimento viene usata la notazione $\overrightarrow{AB} = B -A$ . Se il lettore non é solito a questa notazione si rimanda alla lettura dell’esercizio Corpo rigido 9, dove viene introdotto il significato di tale scrittura.

Premessa 2.

Premessa 2. la scelta del polo rispetto al quale si calcola l’equilibrio dei momenti di un sistema fisico può essere determinante al fine di semplificare i calcoli seguenti. Ad esempio, si può sfruttare il fatto che qualsiasi forza applicata ad un polo ha un momento nullo rispetto a tale polo.

Svolgimento.

In figura 2 sono rappresentate le forze applicate alle tre aste e il momento esterno $\vec{M}$ . Le forze agenti sull’asta $OA$ sono la forza peso $m \vec{g}$ applicata nel centro di massa dell’asta, la reazione vincolare $\vec{N}_O$ in $O$ , e la reazione vincolare $\vec{N}_A$ in $A$ . Le forze agenti sull’asta $BC$ sono la forza peso $m \vec{g}$ applicata nel centro di massa dell’asta, la reazione vincolare $\vec{N}_B$ in $B$ , la reazione vincolare $\vec{N}_C$ in $C$ (ortogonale all’asse $x$ poiché il piano su cui scorre il carrello è liscio, ovvero non presenta attrito) e la forza della molla $\vec{F}_M$ in $C$ . Le forze agenti sull’asta $AB$ sono le reazioni vincolari $-\vec{N}_A$ in $A$ e $-\vec{N}_B$ in $B$ (per il terzo principio della dinamica). La forza peso si trascura poiché l’asta $AB$ è priva di massa. Tutte le reazioni vincolari agenti sulle aste sono generate dai vincoli imposti dal problema. Si definiscono $G_{OA}$ e $G_{BC}$ i centri di massa delle aste $OA$ e $BC$ rispettivamente, posizionati nei corrispettivi punti medi delle stesse perché la massa è distribuita in modo omogeneo per entrambe le aste.

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Figura 2: rappresentazione delle forze e del momento esterno $\vec{M}$ sulle tre aste.

Nella configurazione di equilibrio in analisi, con l’asta $AB$ parallela all’asse $x$ , le coordinate dei punti di interesse $A$ , $B$ , $C$ , $G_{OA}$ e $G_{BC}$ sono rispettivamente:

(1) $\begin{equation*} \begin{aligned} & A \equiv ( \, \ell \cos(\alpha) , \, \ell \sin(\alpha), \, 0 \,),\\[10pt] & B \equiv ( \, \ell \cos(\alpha) + \ell , \, \ell \sin(\alpha), \, 0 \,),\\ & C \equiv ( \,2 \ell \cos(\alpha) + \ell , \, 0, \, 0 \,),\\ & G_{OA} \equiv \left( \, \frac{\ell}{2} \cos(\alpha) , \, \frac{\ell}{2} \sin(\alpha), \, 0 \,\right), \end{aligned} \end{equation*}$

(2) $\begin{equation*} G_{BC} \equiv \left( \, \frac{3 \ell}{2} \cos(\alpha) + \ell , \, \frac{ \ell}{2} \sin(\alpha), \, 0 \,\right). \end{equation*}$

Si noti che le posizioni dei punti di interesse sopra calcolate dipendono dal fatto che l’asta $AB$ è parallela all’asse $x$ , come da ipotesi introdotta nel testo del problema. Si ricordi che, nel caso in cui la molla sia ideale, la forza da essa sviluppata, indicata come $\vec{F}_M$ , è data dal prodotto della costante elastica $k$ e l’opposto del vettore di allungamento (legge di Hooke):

(3) $\begin{equation*} \vec{F}_M = - k \, \overrightarrow{OC} = - k \, (C-O) = -k (2 \ell \cos(\alpha) + \ell) \, \hat{x} \quad \Rightarrow \quad F_M = -k (2 \ell \cos(\alpha) + \ell ), \end{equation*}$

dove $\hat{x}$ rappresenta il versore dell’asse $x$ ed $F_M$ la componente della forza $\vec{F}_M$ in quella direzione. Per la condizione di equilibrio statico, il momento totale delle forze esterne agenti su un sistema fisico calcolato rispetto ad un polo fisso è nullo. Inoltre, si ricordi che la somma dei momenti delle forze interne sono nulli per via del terzo principio delle dinamica. In altri termini, le forze interne di un sistema non contribuiscono all’equilibrio statico. Risulta quindi importante la scelta del sistema fisico di cui si intende calcolare l’equilibrio, poiché questa scelta determinerà quali sono le forze interne ed esterne. Scegliendo come sistema fisico la sola asta $BC$ , le forze esterne sono $\vec{N}_B$ , $\vec{N}_C$ , $\vec{F}_M$ ed $m\vec{g}$ . La forza $\vec{N}_B$ è incognita, quindi, per semplificare i calcoli, si sceglie come polo il punto $B$ . Infatti in questo modo il momento generato da $\vec{N}_B$ è nullo. Applicando la seconda legge cardinale per i corpi rigidi all’asta $BC$ e scegliendo come polo il punto $B$ , abbiamo:

(4) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\overrightarrow{BG_{BC}} \wedge m\vec{g} + \overrightarrow{BC} \wedge \vec{N}_C + \overrightarrow{BC} \wedge \vec{F}_M =\\[10pt] &=(G_{BC}-B) \wedge m\vec{g} + (C-B) \wedge \vec{N}_C + (C-B) \wedge \vec{F}_M =\\[10pt] &=\left( \frac{\ell}{2} \cos(\alpha)\, \hat{x} -\frac{\ell}{2} \sin(\alpha) \, \hat{y} \right) \wedge (-mg \,\hat{y}) + \left(\ell \cos(\alpha) \,\hat{x} - \ell \sin(\alpha)\, \hat{y} \right) \wedge (N_C \,\hat{y}) + \left( \ell \cos(\alpha) \,\hat{x} - \ell \sin(\alpha) \,\hat{y} \right) \wedge (F_M \,\hat{x}) =\\[10pt] &=\left( -mg \frac{ \ell }{2} \cos(\alpha) + N_C \ell \cos(\alpha) + F_M \ell \sin(\alpha) \right) \hat{z} = \vec{0}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove $\hat{y}$ e $\hat{z}$ indicano i versori degli assi, $y$ e $z$ rispettivamente. Inoltre $N_C$ è la componente nella direzione dell’asse $y$ del vettore $\vec{N}_C$ . Scegliendo come sistema fisico le due aste $AB$ e $BC$ , si noti che, indipendentemente dal polo scelto. le reazioni vincolari $\vec{N}_B$ e $-\vec{N}_B$ generano un momento complessivo nullo, infatti esse sono forze interne e possono essere trascurate quando si applica la seconda legge cardinale dei corpi rigidi. In questo caso le forze esterne sono $\vec{N}_A$ , $m \vec{g}$ , $\vec{N}_C$ ed $\vec{F}_M$ . La seconda equazione cardinale rispetto al polo $A$ risulta (si noti che $\vec{N}_A$ ha momento nullo rispetto a tale polo):

(5) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\overrightarrow{AG_{BC}} \wedge m\vec{g} + \overrightarrow{AC} \wedge \vec{N}_C + \overrightarrow{AC} \wedge \vec{F}_M =\\[10pt] &=(G_{BC}-A) \wedge m\vec{g} + (C-A) \wedge \vec{N}_C + (C-A) \wedge \vec{F}_M =\\[10pt] &=\left( \left(\frac{ \ell}{2} \cos(\alpha) + \ell \right) \hat{x} - \frac{ \ell }{2} \sin(\alpha) \,\hat{y} \right) \wedge (-mg \,\hat{y}) + \left( \left( \ell \cos(\alpha) + \ell \right) \hat{x} - \ell \sin(\alpha) \,\hat{y} \right) \wedge (N_C \,\hat{y}) +\\[10pt] &+\left( \left( \ell \cos(\alpha) + \ell \right) \hat{x} - \ell \sin(\alpha)\, \hat{y} \right) \wedge (F_M \,\hat{x}) =\\[10pt] &=\left( -mg \left( \frac{ \ell }{2} \cos(\alpha)+ \ell \right) + N_C\left( \ell \cos(\alpha)+ \ell \right) + F_M \ell \sin(\alpha) \right) \hat{z} = \vec{0}. \end{aligned} \end{equation*}$

Mettendo a sistema le ultime equazioni ottenute in (4) e (5) e ricordando la definizione di $F_M$ data all’equazione (3) si trova:

(6) $\begin{equation*} \begin{cases*} - \dfrac{mg \ell}{2} \cos(\alpha) + N_C \ell \cos(\alpha) - k \ell^2 \sin(\alpha) (2 \cos(\alpha) + 1) = 0\\[10pt] -mg \ell \left( \dfrac{1}{2} \cos(\alpha)+ 1 \right) + N_C \ell \left( \cos(\alpha)+ 1 \right) - k \ell^2 \sin(\alpha) (2 \cos(\alpha) + 1) = 0. \end{cases*} \end{equation*}$

Sottraendo membro a membro la prima e la seconda equazione del precedente sistema otteniamo:

(7) $\begin{equation*} - mg \ell + N_C \ell = 0 \quad \Rightarrow\quad N_C = mg. \end{equation*}$

Sostituendo il valore di $N_C$ appena ottenuto nella prima equazione del sistema di equazioni~(6) si ottiene:

(8) $\begin{equation*} - \frac{ mg \ell}{2} \cos(\alpha) + mg \ell \cos(\alpha) - k \ell^2 \sin(\alpha) (2 \cos(\alpha) + 1) = 0. \end{equation*}$

Svolgendo semplici passaggi algebrici, dall’equazione precedente si calcola il valore della costante elastica $k$ come:

$\boxcolorato{fisica}{ k = \frac{1}{2} \frac{mg}{\ell} \frac{\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)(2 \cos(\alpha) + 1)}.}$

Si osservi che il risultato precedente vale solo se $\sin(\alpha) \neq 0$ o $\cos(\alpha) \neq -1/2$ . Ciò è garantito dalle ipotesi del problema, secondo cui $0 < \alpha < \pi/2$ . Inoltre, si osservi che il valore di k qui trovato è strettamente legato alla configurazione geometrica scelta. Se il sistema si trovasse in una configurazione generica, ad esempio con asta $AB$ non parallela all’asse delle $x$ , questo risultato cambierebbe. Finora abbiamo imposto che il momento sul sottosistema formato dalle aste $OA$ e $AB$ e sul sottosistema formato dalla sola asta $BC$ sia nullo. Tuttavia, la condizione di equilibrio statico su tutto il sistema richiede anche di verificare che il momento totale sul sistema delle tre aste $OA$ , $AB$ e $BC$ sia anche esso nullo. Scegliendo come sistema fisico quello completo, formato dalle tre aste, la seconda equazione cardinale per i copri rigidi rispetto al polo $O$ risulta (in questo caso le forze interne, da trascurare in quanto ininfluenti sul momento complessivo, sono $\vec{N_A}$ , $-\vec{N_A}$ , $\vec{N_B}$ ed $-\vec{N_B}$ e pertanto le forze esterne sono le due forze peso delle aste $OA$ e $BC$ , la reazione vincolare $\vec{N}_C$ , la reazione vincolare $\vec{N}_O$ di momento nullo e la forza della molla $\vec{F}_M$ ):

(9) $\begin{equation*} \begin{aligned} & \overrightarrow{OG_{OA}} \wedge m\vec{g} + \overrightarrow{OG_{BC}} \wedge m\vec{g} + \overrightarrow{OC} \wedge \vec{N}_C + \overrightarrow{OC} \wedge \vec{F}_M + \vec{M} =\\[10pt] & =(G_{OA}-O) \wedge m\vec{g} + (G_{BC}-O) \wedge m\vec{g} + (C-O) \wedge \vec{N}_C + (C-O) \wedge \vec{F}_M + \vec{M} =\\[10pt] & = \left( \frac{\ell}{2} \cos(\alpha) \,\hat{x} + \frac{\ell}{2} \sin(\alpha)\, \hat{y} \right) \wedge (-mg\, \hat{y}) + \left( \left(\frac{3 \ell}{2} \cos(\alpha) + \ell \right) \hat{x} + \frac{ \ell }{2} \sin(\alpha)\, \hat{y} \right) \wedge (-mg \,\hat{y}) +\\[10pt] & + \left( (2 \ell \cos(\alpha) + \ell) \hat{x} \right) \wedge \left( N_C \,\hat{y} \right) + \left( (2 \ell \cos(\alpha) + \ell) \hat{x} \right) \wedge \left( F_M \, \hat{x} \right) + M \,\hat{z} =\\[10pt] &=\left( - \frac{ mg \ell}{2} \cos(\alpha) - mg\left(\frac{3 \ell}{2} \cos(\alpha) + \ell \right) + N_C(2 \ell \cos(\alpha) + \ell ) + M \right) \hat{z} = \vec{0}. \end{aligned} \end{equation*}$

Dalla precedente equazione otteniamo:

(10) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\quad- \frac{ mg \ell}{2} \cos(\alpha) - mg\left(\frac{3 \ell}{2} \cos(\alpha) + \ell \right) + mg(2 \ell \cos(\alpha) + \ell ) + M=0\quad \Leftrightarrow \\[10pt] &\quad- \frac{ mg \ell}{2} \cos(\alpha) - \frac{3mg \ell}{2} \cos(\alpha)- mg \ell +2mg \ell \cos(\alpha) + mg\ell + M=0. \end{aligned} \end{equation*}$

Risolvendo rispetto ad $M$ la precedente equazione si conclude che:

$\boxcolorato{fisica}{M=0.}$

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