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Esercizio corpo rigido 55

Dinamica del corpo rigido

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L’Esercizio Corpo Rigido 55 è il cinquantacinquesimo nella serie dedicata agli esercizi sul corpo rigido. Segue l’Esercizio Corpo Rigido 54 e precede l’Esercizio Corpo Rigido 56. È rivolto a studenti di Fisica 1, in particolare a coloro che studiano ingegneria, fisica o matematica.

Nel percorso didattico di Fisica 1, prima di affrontare i corpi rigidi, si studiano gli esercizi sui sistemi di punti materiali. Successivamente, si passa agli esercizi sugli urti tra punti materiali e corpi rigidi, che rappresentano un momento di sintesi nel percorso formativo.

 

Testo dell’Esercizio Corpo Rigido 55

Exercise 55 (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Una sbarretta di lunghezza L e massa m ha un estremo incernierato ad una parete verticale nel punto O. L’estremo opposto è collegato ad una molla di costante elastica k fissata alla parete ad una distanza L da O, come rappresentato in figura 1. Il sistema è in equilibrio quando la sbarretta è in posizione orizzontale. Determinare la lunghezza a riposo \ell_0 della molla e il valore della reazione vincolare \vec{R} in O generata dalla cerniera. Si esprima il risultato in funzione di L, k e m.

 

 

Figura 1: rappresentazione schematica del problema. Indichiamo con l la lunghezza della molla quando il sistema è in equilibrio.

 

Svolgimento.

Se la sbarretta si trova in equilibrio segue che la somma delle forze esterne deve essere nulla, così come la somma dei loro momenti rispetto ad un determinato polo da scegliere. Sulla sbarretta agiscono la reazione vincolare \vec{R} generata dal vincolo, la forza di gravità m\vec{g} e la forza elastica della molla \vec{F}_{\text{el}}. Scegliamo un sistema di riferimento fisso Oxyz dal quale osservare tale per cui l’asta si trovi sull’asse delle x e la parete si trovi sull’asse delle y. Inoltre, siano \vec{R}_x e \vec{R}_y rispettivamente la componenti di \vec{R} lungo l’asse delle x e la componente di \vec{R} lungo l’asse delle y. In figura 2 rappresentiamo la forza elastica, la forza peso, le componenti della forza \vec{R} e il sistema di riferimento Oxyz.

   

Rendered by QuickLaTeX.com

 

Figura 2: rappresentazione delle forze agenti sull’asta e del sistema di riferimento.

    Calcoliamo i momenti di ciascuna forza esterna rispetto al polo O (prendendo come verso positivo quello uscente dal foglio). Sia \hat{z} il versore dell’asse delle z. Osserviamo che siccome la reazione vincolare è applicata proprio in O il suo momento è nullo, per la forza di gravità si ha

(1) \begin{equation*} \vec{M}_{\text{gr}} = \frac{1}{2}\vec{L} \wedge m\vec{g} = -\frac{1}{2} mgL\,\hat{z}, \end{equation*}

mentre per la forza della molla abbiamo

(2) \begin{equation*} \vec{M}_{\text{el}} = \vec{L} \wedge\left(- k\left(\vec{\ell} - \vec{\ell}_0\right)\right) = kL (\ell - \ell_0)\sin(\pi/4)\,\hat{z} = Lk(\ell - \ell_0)\frac{1}{\sqrt{2}}\,\hat{z}, \end{equation*}

dove abbiamo sfruttato il fatto che la forza della molla forma un angolo di \pi/4 con l’asta orizzontale per via della geometria del problema. Dal momento che la somma dei due momenti esterni deve essere nulla si ha

(3) \begin{equation*} M_{\text{el}} + M_{\text{gr}} = \frac{Lk(\ell - \ell_0)}{\sqrt{2}} -\frac{1}{2} mgL = 0, \end{equation*}

da cui

(4) \begin{equation*} \ell- \ell_0 = \frac{mg}{\sqrt{2}k} , \end{equation*}

dove abbiamo sfruttato l’equazione (1) e l’equazione (2). Per la geometria del problema vale \ell = \sqrt{2}L. Avvalendoci del precedente fatto la precedente equazione diventa

\[\boxcolorato{fisica}{ \ell_0 = \sqrt{2} L - \frac{mg}{\sqrt{2}k}.}\]

Scomponiamo ora le forze esterne lungo l’asse delle x e l’asse delle y. La forza di gravità m\vec{g} è diretta lungo y, mentre la forza elastica \vec{F}_{\text{el}} e la reazione vincolare \vec{R} hanno una componente sia lungo l’asse delle x che l’asse delle y. Siano F_{\text{el},x} e F_{\text{el},y} rispettivamente la componente lungo l’asse delle x della forza elastica e la componente lungo l’asse delle y della forza elastica. Abbiamo dunque

(5) \begin{equation*} F_{\text{el},x} = - k(\ell - \ell_0)\cos(\pi/4)= - k(\ell - \ell_0)\frac{1}{\sqrt{2}} \end{equation*}

e

(6) \begin{equation*} F_{\text{el},y} = k(\ell - \ell_0)\cos(\pi/4)= k(\ell - \ell_0)\frac{1}{\sqrt{2}}. \end{equation*}

Siano F_{x,\text{TOT}} e F_{y,\text{TOT}} rispettivamente la somma delle forze esterne lungo l’asse delle x e la somma delle forze esterne lungo l’asse delle y. Utilizzando le due precedenti equazioni si ha

(7) \begin{equation*} F_{x,\text{TOT}} = R_x + F_{\text{el},x} = R_x - k(\ell - \ell_0)\frac{1}{\sqrt{2}} \end{equation*}

e

(8) \begin{equation*} F_{y,\text{TOT}} = R_y + F_{\text{el},y} -mg = R_y + k(\ell - \ell_0)\frac{1}{\sqrt{2}} - mg. \end{equation*}

Dato che il sistema deve essere in equilibrio deve valere

(9) \begin{equation*} \begin{cases} F_{x,\text{TOT}} =0\\ F_{y,\text{TOT}} =0. \end{cases} \end{equation*}

Dall’equazione (7) grazie alla prima equazione del precedente sistema e l’equazione (4) troviamo

(10) \begin{equation*} R_x = \frac{k(\ell - \ell_0)}{\sqrt{2}} = \frac{k}{\sqrt{2}}\left( \frac{mg}{\sqrt{2}k} \right) = \frac{mg}{2}. \end{equation*}

Notiamo che grazie alla precedente equazione l’equazione (8) può essere riscritta come

(11) \begin{equation*} F_{y,\text{TOT}} = R_y + k(\ell - \ell_0)\frac{1}{\sqrt{2}} - mg= R_y +R_x- mg=R_y+\frac{mg}{2}-mg=R_y-\dfrac{mg}{2}. \end{equation*}

Imponendo la condizione imposta dalla seconda equazione del sistema (8) la precedente equazione diventa

(12) \begin{equation*} R_y = \frac{mg}{2}. \end{equation*}

Dunque, ricorrendo alle due precedenti equazioni si ha che

\[\boxcolorato{fisica}{\vec{R} = \frac{mg}{2}\,\hat{x} \; + \; \frac{mg}{2}\,\hat{y}.}\]

 

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