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Esercizio statica del corpo rigido 5

Statica in Meccanica classica

Home » Esercizio statica del corpo rigido 5

Esercizio sulla statica del corpo rigido 5 conclude questa prima parte della raccolta di esercizi sulla statica dei corpi rigidi, proponendo un ulteriore caso pratico per mettere alla prova la comprensione delle condizioni di equilibrio.

L’esercizio precedente è l’Esercizio sulla statica del corpo rigido 4. Anche questo esercizio è pensato per studenti del corso di Fisica 1 ed è particolarmente utile per chi frequenta percorsi universitari in ingegneria, fisica o matematica.

Per approfondire ulteriori argomenti della meccanica classica, si consiglia di proseguire con gli esercizi sugli urti. Per una visione propedeutica, si rimanda invece alla sezione dedicata agli esercizi sui sistemi di punti materiali.

 

Testo dell’Esercizio sulla statica del corpo rigido 5

Esercizio 5 (\bigstar \bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Una scala, la cui massa è distribuita uniformemente lungo tutta la sua lunghezza \ell, poggia con un’estremità su un piano orizzontale scabro (\mu_s=0.2) e con l’altra contro una parete verticale liscia. Si determini l’angolo di minima inclinazione \theta_{min} che la scala puo’ formare col piano orizzontale senza scivolare al suolo.

 
 

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Figura 1: rappresentazione della fisica del problema punto 1.

 
 

 

Approfondimento. Si risolva il problema precedente nel caso che anche la parete verticale sia scabra con lo stesso coefficiente di attrito statico del piano orizzontale.

Definendo N_x reazione vincolare dell’asta con la parete verticale e N_y reazione vincolare dell’asta con la parete orizzontale, dare per noto che

(1)   \begin{equation*} N_x \mu_s=N_y \mu_s \end{equation*}

 
 

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Figura 2: rappresentazione della fisica del problema punto 2.

 
 

 

Svolgimento

Ricordiamo la prima e la seconda legge cardinale per i corpi rigidi:

(2)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \dfrac{d\vec{P}_t}{dt}\\ \\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \dfrac{d\vec{L}_{O^\prime}}{dt} \end{cases} \end{equation*}

dove \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutte le forze esterne, \vec{P}_t è la quantità di moto totale del sistema, \displaystyle \sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} è la somma di tutti i momenti esterni al sistema, \vec{v}_O\prime è la velocità del polo scelto per il calcolo del momento angolare totale del sistema, \vec{v}_{CM} è la velocità del centro di massa ed infine \vec{L}_O\prime è il momento angolare totale del sistema rispetto al polo O^\prime.

Siccome nel nostro problema tutto deve rimanere in quiete, (2) diventa

(3)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0}\\ \\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} -m \vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM} = \vec{0}. \end{cases} \end{equation*}

In figura 3 rappresentiamo lo schema delle forze. \vec{N}_x è la reazione vincolare con la parete verticale, \vec{N}_y è la reazione vincolare con la parete orizzontale, m\vec{g} è la forza peso applicata nel centro di massa (infatti la massa è distribuita in modo uniforme) ed infine \vec{f}_{s,x} è la forza di attrito statico generata dal contatto tra l’asta e il piano orizzontale scabro.

   

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Figura 3: forze agenti sul sistema rigido.

   

Scegliendo come polo il punto B, che è un punto fisso, si ha che

    \[\vec{v}_{O^\prime} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{v}_{B} \wedge \vec{v}_{CM}=\vec{0}\]

così (3) diventa

(4)   \begin{equation*} \begin{cases} \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{F}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0}\\ \\ \displaystyle\sum_{k=1}^n {\vec{M}_k\,}^{\text{\tiny ext}} = \vec{0}. \end{cases} \end{equation*}

Tenendo conto delle forze applicate all’asta e scegliendo un sistema di riferimento fisso Oxy con origine coincidente con il polo B (si veda la figura 4).

   

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Figura 4: forze e coordinate sul sistema rigido.

   

Dalla equzione (4), segue che

(5)   \begin{equation*} \begin{cases} f_{s,x}=N_x\\N_y=mg\\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta=0. \end{cases} \end{equation*}

Affinchè il sistema rimanga in equilibrio deve valere

    \[f_{s,x}\leq N_y\mu_s.\]

L’angolo di minima inclinazione si ha quando

    \[f_{s,x}=N_y \mu_s\]

quindi (5) diventa

(6)   \begin{equation*} \begin{cases} f_{s,x}=N_x=N_y \mu_s\\N_y=mg\\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta=0 \end{cases} \end{equation*}

e dal sistema ricaviamo la seguente equazione

    \[\dfrac{mg}{2}\cos\theta -mg\mu_s\sin\theta=0 \Leftrightarrow \dfrac{1}{2}\cos\theta -\mu_s\sin\theta=0 \Leftrightarrow \tan\theta = \dfrac{1}{2\mu_s} \Leftrightarrow \theta = \arctan\left(\dfrac{1}{2\mu_s}\right).\]

Dunque si conclude che l’angolo minimo è quello che segue:

    \[\boxcolorato{fisica}{ \theta_{\text{min}} = \arctan\left(\dfrac{1}{2\mu_s}\right).}\]

 

 

Se ora consideriamo la parete verticale scabra con coefficiente di attrito statico \mu_s, allora abbiamo il seguente schema delle forze in figura 5.

   

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Figura 5: schema delle forze con punto B come polo.

   

Scegliamo nuovamente come polo il punto B e un sistema di riferimento fisso Oxy con origine coincidente con il punto B

   

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Figura 6: schema delle forze con sistema di riferimento Oxy.

   

Applichiamo (4) e otteniamo

(7)   \begin{equation*} \begin{cases} N_x=f_{s,x}\\ N_y + f_{s,y} = mg \\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta - f_{s,y} \ell \cos\theta = 0 \end{cases} \end{equation*}

e per rimanere tutto di nuovo in equilibrio deve valere

    \[\begin{cases} f_{s,x} \leq N_y \mu_s\\ f_{s,y}\leq N_x \mu_s. \end{cases}\]

Tenendo conto di (7)_1, possiamo osservare che l’angolo minimo si ha per i seguenti valori

    \[\begin{cases} f_{s,x} = N_y \mu_s\\ f_{s,y}= N_x \mu_s \end{cases}\]

quindi (7) diventa

(8)   \begin{equation*} \begin{cases} N_x= N_y \mu_s\\ N_y + N_x \mu_s = mg \\ mg \frac{\ell}{2}\cos\theta -N_x\ell \sin\theta - N_x \mu_s \ell \cos\theta = 0 \end{cases} \end{equation*}

e da (7)_2 abbiamo

    \[N_y + N_x \mu_s =mg \quad \Leftrightarrow \quad N_y = mg - N_x \mu_s.\]

Sostituendo N_y in (8)_1 otteniamo

    \[N_x = mg \; \mu_s - N_x \; \mu_s^2 \quad \Leftrightarrow \quad N_x = \dfrac{mg \; \mu_s}{1+\mu_s^2}.\]

Consideriamo (8)_3 e riscriviamola come segue

(9)   \begin{equation*} \!\!\!\! \!mg \dfrac{\cos\theta}{2} - N_x \sin \theta - N_x \mu_s \cos \theta =0 \; \Leftrightarrow \; - mg \dfrac{\cos\theta}{2} + N_x \left(\sin\theta+\mu_s \cos\theta \right)=0 \end{equation*}

sostituiamo N_x in (9) ottenendo

    \[\begin{aligned} & - mg \dfrac{\cos\theta}{2} + \dfrac{mg \mu_s}{1+\mu_s^2} \sin \theta + \dfrac{mg \mu_s^2}{1+\mu_s^2}\cos \theta = 0\quad \Leftrightarrow \quad\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad - \dfrac{\cos\theta}{2} + \dfrac{\mu_s}{1+\mu_s^2} \sin \theta + \dfrac{\mu_s^2}{1+\mu_s^2}\cos \theta = 0 \quad \Leftrightarrow \quad\\\\ & \quad \Leftrightarrow \quad -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\mu_s^2}{1+\mu_s^2}=-\dfrac{\mu_s}{1+\mu_s^2} \; \tan\theta \end{aligned}\]

da cui

    \[\tan \theta = - \dfrac{1+\mu_s^2}{\mu_s} \cdot \dfrac{\mu_s^2-1}{2(1+\mu_s^2)} \quad \Leftrightarrow \quad \tan \theta = \dfrac{1-\mu_s^2}{2\mu_s} \quad \Leftrightarrow \quad \theta = \arctan \left( \dfrac{1-\mu_s^2}{2\mu_s} \right) \in \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right)\]

Si conclude che l’angolo minimo in questo caso è quello che segue

    \[\boxcolorato{fisica}{ \theta = \arctan\left(\dfrac{1-\mu_s^2}{2\mu_s}\right)}\]

 


Fonte Esercizio

Fonte: S.Rosati, R.Casali – Problemi di fisica generale – S.Rosati, R.Casali, Ambrosiana (1998).


 

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