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Esercizio statica del corpo rigido 3

Statica in Meccanica classica

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Esercizio sulla statica del corpo rigido 3 prosegue la serie di esercizi dedicati alla statica dei corpi rigidi, affrontando un nuovo caso pratico utile per consolidare i principi dell’equilibrio meccanico.

L’esercizio precedente è l’Esercizio sulla statica del corpo rigido 2, mentre quello successivo è l’Esercizio sulla statica del corpo rigido 4. Questo esercizio è pensato per studenti del corso di Fisica 1, ed è particolarmente indicato per chi studia ingegneria, fisica o matematica.

La sezione precedente è dedicata agli esercizi sui sistemi di punti materiali, mentre l’argomento trattato successivamente riguarda gli esercizi sugli urti.

 

Testo dell’Esercizio sulla statica del corpo rigido 3

Esercizio 3 (\bigstar \bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar).  Un’asta composta da due metà, ciascuna di lunghezza L e massa m, può ruotare in un piano verticale intorno ad un perno passante per il suo punto medio e posto ad una quota 2L da terra (si veda la figura 1). La metà di sinistra ha densità lineare \lambda_1 uniforme, mentre quella di destra ha densità lineare \lambda_2=kx^2, con x distanza dal centro dell’asta. Alla rotazione si oppone un momento frenante \vec{M}.

Determinare:

a) l’angolo \theta_{eq} che la barra forma con la verticale nella posizione di equilibrio statico;
b) l’energia potenziale U_{eq} della barra in tale posizione, calcolata rispetto a terra.

Effettuare i calcoli con L=1\,\text{m}, m=1\,\text{kg}, M=1,2\,\text{N}\cdot\text{m}

 
 

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Figura 1: schema dell’asta con densità lineari \lambda_1 e \lambda_2 e perno di rotazione al punto medio.

 
 

Svolgimento punto a).

Analizziamo il sistema all’equilibrio. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Ox tale per cui O coincida con il perno e l’asse delle x con l’asta. Immaginiamo che il sistema in esame sia composto da due aste: una con densità lineare uniforme \lambda_1 e lunga L e la seconda con densità \lambda_2 e lunga L. Osserviamo che in questo sistema i momenti esterni sono il momento dovuto alla forza peso della prima asta, il momento dovuto alla forza peso della seconda asta e, infine, il momento frenante \vec{M}. Per quanto riguarda l’asta a sinistra, sappiamo che la sua densità lineare è uniforme, dunque questo significa che il suo centro di massa si troverà proprio a metà dell’asta stessa. Avremo cioè:

(1) \begin{equation*} x_{CM,1}=-\dfrac{L}{2}, \end{equation*}

dove il segno negativo è semplicemente dovuto al sistema di riferimento scelto in figura 1. Per la barra di destra invece abbiamo che la massa non è distribuita uniformemente e dunque sarà necessario calcolare il centro di massa applicando la definizione. Avremo infatti che, nel caso unidimensionale, il centro di massa è definito come:

(2) \begin{equation*} x_{CM_2}=\dfrac{\displaystyle \int{x\,dm}}{\displaystyle\int{dm}}, \end{equation*}

dove x è la distanza del punto materiale dm rispetto ad O. Sfruttando la definizione di densità lineare di massa, possiamo esprimere dm come segue

(3) \begin{equation*} dm=\lambda_2\,dx=kx^2\,dx. \end{equation*}

Integrando su tutta la seconda asta si ottiene

(4) \begin{equation*} x_{CM_2}=\dfrac{\displaystyle\int_0^L{x\,\lambda_2\,dx}}{\displaystyle\int_0^L{\lambda_2\,dx}}=\dfrac{\displaystyle\int_0^L{x\,kx^2\,dx}}{\displaystyle\int_0^L{kx^2\,dx}}=\dfrac{\displaystyle\frac{kL^4}{4}}{\displaystyle\frac{kL^3}{3}}=\dfrac{3}{4}L. \end{equation*}

Determinati i centri di massa delle due aste possiamo immaginare che la forza peso di entrambe sia applicata nei rispettivi centri di massa, come in figura 2.

   

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Figura 2: sistema all’equilibrio con i relativi vettori di forza e dimensioni indicate.

   

 

A questo punto, possiamo calcolare i momenti meccanici delle forze peso rispetto al punto O. Ricordiamo che il momento meccanico di una generica forza \vec{F}, rispetto ad un polo O, è definito come

(5) \begin{equation*} \vec{M}=\vec{r}\wedge\vec{F}\quad\Rightarrow\quad M=rF\sin\theta, \end{equation*}

dove \vec{r} è il raggio vettore che individua la posizione del corpo rispetto al polo scelto per il calcolo del momento e \theta indica l’angolo tra \vec{r} e \vec{F}. Nel nostro caso si ha

(6) \begin{equation*} M_1=mg\,\dfrac{L}{2}\sin\theta_{eq}\qquad\text{e}\qquad M_2=mg\,\dfrac{3L}{4}\sin\theta_{eq}. \end{equation*}

Imponiamo che la somma dei momenti esterni sia nulla rispetto al polo O. ricordiamo che i momenti responsabili di una rotazione in senso antiorario sono convenzionalmente positivi, mentre quelli che fanno ruotare i corpi in senso orario sono negativi. Avremo dunque:

(7) \begin{equation*} M_{TOT}=M_1-M_2+M=0\quad\Leftrightarrow\quad mg\,\dfrac{L}{2}\sin\theta_{eq}-mg\,\dfrac{3L}{4}\sin\theta_{eq}+M=0, \end{equation*}

da cui

(8) \begin{equation*} mg\,L\left(\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{4}\right)\sin\theta_{eq}=-M\quad\Leftrightarrow\quad mg\,L\sin\theta_{eq}=4M\quad\Leftrightarrow\quad\sin\theta_{eq}=\dfrac{4M}{mg\,L}. \end{equation*}

In definitiva, otteniamo:

\[\boxcolorato{fisica}{\theta_{eq}=\arcsin\left(\dfrac{4M}{mg\,L}\right)=\text{29,2}^{\circ}.}\]

 


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