Esercizi di fisica con soluzioni/Statica dei corpi rigidi

Esercizi

1. Scala

Una scala di massa $m\$ e lunghezza $l\$ è appoggiata ad un estremo ad un muro verticale (liscio) e ad un altro estremo al suolo con coefficiente di attrito $\mu _{s}\$. Detto $\theta \$ l'angolo che la scala forma con la direzione verticale (si può verificare che la scala da sola è in equilibrio). Un uomo di massa $M\$ sale sulla scala, la scala rimane ancora in equilibrio se l'uomo sale fino al gradino più alto?

(dati del problema $m=10\ kg\$, $M=80\ kg\$, $\mu _{s}=0.5\$, $\theta =22.5^{o}\$)

2. Asta

Una fune sostiene una trave orizzontale di massa $m/2\$, lunga $l=8\ m\$, bloccata ad un estremo da una parete verticale e all'altro è appesa una massa $m=900\ kg\$. La fune è fissata nell'estremo B della trave, quindi non può scorrere, e forma un angolo $\theta =40^{o}\$ con la direzione orizzontale.

Determinare a) la tensione della fune tra il muro e l'asta; b) la componente normale esercitata dalla trave sulla parete; c) il coefficiente minimo di attrito statico tra parete e trave, in maniera che la trave rimanga bloccata alla parete.

3. Mezzo anello

Determinare il centro di massa di un mezzo anello di raggio $R\$ e massa $m\$ uniforme.

4. Quarto di anello

Determinare il centro di massa di un quarto di anello di raggio $R\$ e massa $m\$ uniforme.

5. Mezzo disco e mezza sfera

Determinare il centro di massa di un mezzo disco di raggio $R\$ e massa $m\$ uniforme e di una mezza sfera con le stesse caratteristiche.

6. Quarto di disco

Determinare il centro di massa di un quarto di disco di raggio $R\$ e massa $m\$ uniforme.

7. Sfera con foro

Determinare il centro di massa di una sfera di raggio $R=70\ cm\$ al cui interno sia stata tolta una sfera di raggio $R/2\$ tangente alla sfera maggiore.

8. Disco bloccato

Un disco di massa $m=3\ kg\$ e raggio $R=20\ cm\$ è sottoposto all'azione di una forza $F=20\ N\$ che è applicata ad altezza $R\$, poggia su un piano orizzontale scabro ed è trattenuto fermo da un filo disposto come in figura con un angolo $\theta =30^{o}\$ rispetto alla direzione orizzontale.

Determinare a) la tensione del filo; b) il coefficiente di attrito statico minimo che permette l'equilibrio. c) Se la forza viene applicata, più in alto ad altezza $x\$, trovare il valore $x\$ per cui la forza di attrito è nulla e quindi il piano può essere liscio come si vuole.

9. Manubrio asimmetrico

Una asta rigida di massa trascurabile ha agli estremi due sfere piene di ferro $\rho _{Fe}=7.8\ g/cm^{3}\$ di raggio $R_{1}=2.5\ cm\$ e $R_{2}=4\ cm\$. Al centro dell'asta un perno (fulcro) nel punto $C\$ permette la rotazione del sistema. La distanza tra i centri delle sfere ed il fulcro vale $\ell /2=5\ cm\$. Un filo trattiene la sfera di massa maggiore. Determinare: a) la massa totale del sistema e la posizione del centro di massa rispetto al punto $C\$; b) la reazione vincolare del fulcro.

Il filo si spezza e il sistema incomincia a ruotare, determinare c) l'accelerazione angolare del sistema all'istante iniziale del moto; d) la velocità angolare quando l'asta è verticale.

Soluzioni

1. Scala

Detto $A\$ il punto di appoggio verticale ed $B\$ quello orizzontale; scelto l'asse $x\$ come direzione orizzontale e la $y\$ come verticale; assunto $B\$ come polo. La prima equazione cardinale nella direzione verticale è (detta $N_{B}\$ la reazione vincolare normale al punto B) :

$N_{B}-mg-Mg=0\$

da cui:

$N_{B}=(m+M)g=882\ N\$

Detta $l_{1}\$ la distanza da $A\$ dell'uomo compresa tra $0\$ ed $l\$, imponendo che il momento delle forze rispetto al polo $B\$ sia nullo (detta $N_{A}\$ la reazione vincolare normale al punto A):

$Mgl_{1}\sin \theta +mg{\frac {l}{2}}\sin \theta -N_{A}l\cos \theta =0\$

da cui:

$N_{A}={\frac {Mgl_{1}\sin \theta +mg{\frac {l}{2}}\sin \theta }{l\cos \theta }}=\tan \theta g(M{\frac {l_{1}}{l}}+{\frac {m}{2}})\$

Che è massima quando:

$l_{1}=l\$

cioè per:

$N_{A}=\tan \theta g(M+{\frac {m}{2}})=345\ N\$

Per avere equilibrio occorre che anche, ( detta $f_{aB}\$ la forza di attrito statico tra il punto nel punto B):

$N_{A}+f_{aB}=0\$

quindi

$f_{aB}=-345\$

La condizione di equilibrio è verificata infatti:

$|f_{aB}|\leq |\mu _{s}N_{B}|=440\ N\$

2. Asta

a)

Imponendo che sia nullo il momento totale delle forze, rispetto all'estremo sulla parete:

$mgl+{\frac {m}{2}}g{\frac {l}{2}}-Tl\sin \theta =0\$

segue che:

$T={\frac {mg}{\sin \theta }}\left(1+{\frac {1}{4}}\right)=17\cdot 10^{3}\ N\$

b)

La componente normale della reazione vincolare della parete alla compressione vale:

$N=T\cos \theta =13\cdot 10^{3}\ N\$

c)

Le forze verticali agenti sulla trave ad esclusione della reazione vincolare sono:

$F_{y}=-mg-{\frac {mg}{2}}+T\sin {\theta }=-{\frac {mg}{4}}=-2.2\cdot 10^{3}\ N\$

Quindi, dovendo essere:

$\mu _{s}N+F_{y}=0\$

Il minore coefficiente di attrito statico che garantisce il blocco della trave vale:

$\mu _{s}=-{\frac {F_{y}}{N}}=0.17\$

3. Mezzo anello

Scegliamo l'origine e gli assi come in figura.

La densità lineare di massa vale:

$\lambda ={\frac {m}{\pi R}}\$

Mentre l'elemento di lunghezza infinitesima, assunto come variabile l'angolo $\theta \$, è:

$dl=Rd\theta \$

Quindi:

$dm=\lambda dl={\frac {m}{\pi R}}Rd\theta ={\frac {m}{\pi }}d\theta \$

Tale generico elemento di trova nel punto di coordinate:

$(x',y')=(R\sin \theta ,R\cos \theta )\$

Quindi:

$x_{CM}={\frac {\int _{-\pi /2}^{+\pi /2}x'dm}{m}}={\frac {\int _{-\pi /2}^{+\pi /2}R\sin \theta {\frac {m}{\pi }}d\theta }{m}}={\frac {R}{\pi }}\left[-\cos \theta \right]_{-\pi /2}^{+\pi /2}=0\$

come era ovvio per ragioni di simmetria. Mentre:

$y_{CM}={\frac {\int _{-\pi /2}^{+\pi /2}y'dm}{m}}={\frac {\int _{-\pi /2}^{+\pi /2}R\cos \theta {\frac {m}{\pi }}d\theta }{m}}={\frac {R}{\pi }}\left[\sin \theta \right]_{-\pi /2}^{+\pi /2}={\frac {2R}{\pi }}\$

4. Quarto di anello

Scegliamo l'origine e gli assi come in figura.

La densità lineare di massa vale:

$\lambda ={\frac {2m}{\pi R}}\$

Mentre l'elemento di lunghezza infinitesima, assunto come variabile l'angolo $\theta \$, è:

$dl=Rd\theta \$

Quindi:

$dm=\lambda dl={\frac {2m}{\pi R}}Rd\theta ={\frac {2m}{\pi }}d\theta \$

Tale generico elemento di trova nel punto di coordinate:

$(x',y')=(R\sin \theta ,R\cos \theta )\$

Quindi:

$x_{CM}={\frac {\int _{0}^{\pi /2}x'dm}{m}}={\frac {\int _{0}^{\pi /2}R\sin \theta {\frac {2m}{\pi }}d\theta }{m}}={\frac {2R}{\pi }}\left[-\cos \theta \right]_{0}^{\pi /2}={\frac {2R}{\pi }}\$

Che coincide numericamente come si poteva aspettare per ragioni di simmetria con il valore dell'altro asse:

$y_{CM}={\frac {\int _{0}^{\pi /2}y'dm}{m}}={\frac {\int _{0}^{\pi /2}R\cos \theta {\frac {2m}{\pi }}d\theta }{m}}={\frac {2R}{\pi }}\left[\sin \theta \right]_{0}^{\pi /2}={\frac {2R}{\pi }}\$

5. Mezzo disco e mezza sfera

a) Mezzo disco

Scegliamo l'origine e gli assi come in figura.

La densità superficiale di massa vale:

$\sigma ={\frac {2m}{\pi R^{2}}}\$

L'elemento di superficie infinitesimo è alto (larghezza della striscia più scura in figura):

$dh=Rd\theta \sin \theta \$

ed ha una lunghezza:

$l=R\sin \theta \$

L'elemento di superficie infinitesimo dS (striscia più scura in figura) è un rettangolo di superficie:

$dS=ldh=R^{2}\sin ^{2}\theta d\theta \$

Quindi:

$dm=\sigma dS={\frac {2m}{\pi R^{2}}}R^{2}\sin ^{2}\theta d\theta ={\frac {2m}{\pi }}\sin ^{2}\theta d\theta \$

Quindi il generico elemento di superficie si trova ad una quota:

$h=R\cos \theta \$

Quindi la posizione del centro di massa sull'asse delle y (la coordinata x per simmetria è nulla) vale:

$y_{CM}={\frac {\int _{-\pi /2}^{\pi /2}hdm}{m}}={\frac {\int _{-\pi /2}^{+\pi /2}R\cos \theta {\frac {2m}{\pi }}\sin ^{2}\theta d\theta }{m}}={\frac {2R}{\pi }}\int _{-\pi /2}^{\pi /2}\sin ^{2}\theta (d\sin \theta )={\frac {2R}{\pi }}\left[{\frac {\sin ^{3}\theta }{3}}\right]_{-\pi /2}^{+\pi /2}={\frac {4R}{3\pi }}\$

b) Semisfera

La densità (volumetrica) di massa vale:

$\rho ={\frac {3m}{2\pi R^{3}}}\$

L'elemento di lunghezza infinitesima, è alto (larghezza del striscia più scura in figura):

$dh=Rd\theta \sin \theta \$

L'elemento di volume infinitesimo dV (striscia più scura in figura) è un disco di altezza dh e raggio

$r=R\sin \theta \$

Quindi:

$dV=\pi R^{3}\sin ^{3}\theta d\theta \$

Quindi:

$dm=\rho dV={\frac {3m}{2\pi R^{3}}}\pi R^{3}\sin ^{3}\theta d\theta ={\frac {3m}{2}}\sin ^{3}\theta d\theta \$

Quindi il generico elemento di volume si trova ad una quota:

$h=R\cos \theta \$

La coordinata y del centro di massa (la x e la z sono nulle per ragioni di simmetria) vale:

$y_{CM}={\frac {\int _{0}^{\pi /2}hdm}{m}}={\frac {\int _{0}^{\pi /2}R\cos \theta {\frac {3m}{2}}\sin ^{3}\theta d\theta }{m}}={\frac {3}{2}}R\int _{0}^{\pi /2}\sin ^{3}\theta (d\sin \theta )={\frac {3}{2}}R\left[{\frac {\sin ^{4}\theta }{4}}\right]_{0}^{\pi /2}={\frac {3}{8}}R\$

6. Quarto di disco

a) Mezzo disco

Scegliamo l'origine e gli assi come in figura.

La densità superficiale di massa vale:

$\sigma ={\frac {4m}{\pi R^{2}}}\$

L'elemento di lunghezza infinitesima è alto (larghezza della striscia più scura in figura):

$dh=Rd\theta \sin \theta \$

L'elemento di superficie infinitesimo dS (striscia più scura in figura) è un rettangolo di altezza dh e di lunghezza

$l=R\sin \theta \$

Quindi:

$dS=R^{2}\sin ^{2}\theta d\theta \$

Quindi:

$dm=\sigma dS={\frac {2m}{\pi R^{2}}}R^{2}\sin \theta d\theta ={\frac {2m}{\pi }}\sin \theta d\theta \$

Quindi il generico elemento di superficie si trova ad una quota:

$h=R\cos \theta \$

Quindi la posizione del centro di massa sull'asse delle y vale:

$y_{CM}={\frac {\int _{0}^{\pi /2}hdm}{m}}={\frac {\int _{0}^{\pi /2}R\cos \theta {\frac {4m}{\pi }}\sin ^{2}\theta d\theta }{m}}={\frac {2R}{\pi }}\int _{0}^{\pi /2}\sin ^{2}\theta (d\sin \theta )={\frac {4R}{\pi }}\left[{\frac {\sin ^{3}\theta }{3}}\right]_{0}^{\pi /2}={\frac {4R}{3\pi }}\$

Costruendo un rettangolo verticale invece che orizzontale e ripetendo lo stesso ragionamento si ha che anche:

$x_{CM}={\frac {4R}{3\pi }}\$

7. Sfera con foro

Detto $\rho \$ la densità, il problema diventa equivalente ad una sfera uniforme di raggio $R\$ e densità $\rho \$ ed una sfera di raggio $R/2\$ posta nel punto $R/2\$ ma con densità $-\rho \$. Quindi la posizione del $CM\$ sull'asse congiungente i due centri vale:

$r_{CM}={\frac {-\rho {\frac {4}{3}}\pi (R/2)^{3}{\frac {R}{2}}}{{\frac {4}{3}}\rho \pi [R^{3}-(R/2)^{3}]}}=-{\frac {1}{14}}R=-3.5\ cm\$

8. Disco bloccato

Sul disco agiscono quattro forze la forza peso, la tensione del filo, la reazione vincolare e la forza esterna.

a)

Scomponiamo la reazione vincolare in una componente normale al piano $R_{n}\$ ed una orizzontale $f\$. La condizione di equilibrio per le forze, sull'asse orizzontale:

$F+T\cos \theta +f=0\$

Per quanto riguarda i momenti rispetto al baricentro (positivo antiorario):

$TR\sin \theta -fR=0\$

Eliminando $f\$:

$T=-{\frac {F}{\cos \theta +\sin \theta }}=-14.6\ N\$

b)

$f=T\sin \theta =-7.3\ N\$

per quanto riguarda la reazione vincolare normale:

$R_{n}=-mg-T\sin \theta =37\ N\$

Imponendo che:

$|f|\leq \mu _{s}R_{n}\$

$\mu _{s}\geq 0.2\$

c)

Se la forza è applicata in $x\$ la risultante delle forze orizzontali ha la stessa espressione anche se la tensione è diversa:

$F+T_{x}\cos \theta +f_{x}=0\$

Il pedice $T_{x}\$ è il modulo della tensione ed $f_{x}\$ è la forza di attrito statico se $F\$ è applicato nel punto ad altezza $x\$. Per quanto riguarda i momenti rispetto al baricentro invece:

$T_{x}R\sin \theta -F(x-R)-f_{x}R=0\$

Eliminando $T_{x}\$:

$f_{x}={\frac {F(x-R-R\tan {\theta })}{R(1+tan{\theta })}}\$

Che è nulla per

$x-R-R\tan {\theta }=0\$

$x=0.315\ m=31.5\ cm\$

9. Manubrio asimmetrico

a)

La massa della sfera più piccola è:

$M_{1}={\frac {4}{3}}\pi R_{1}^{3}\rho _{Fe}=0.51\ kg\$

mentre di quella maggiore:

$M_{2}={\frac {4}{3}}\pi R_{2}^{3}\rho _{Fe}=2.1\ kg\$

Quindi:

$M=M_{1}+M_{2}=2.6\ kg\$

Il centro di massa del sistema è a destra del fulcro a distanza:

$x_{CM}={\frac {-M_{1}\ell /2+M_{2}\ell /2}{M}}=0.03\ m\$

b)

Per avere equilibrio il momento delle forze rispetto a $C\$ deve essere nullo quindi, detta $T_{2}\$ la tensione del filo, deve essere:

$T_{2}{\frac {\ell }{2}}=Mgx_{CM}\$

quindi:

$T_{2}={\frac {Mgx_{CM}2}{\ell }}=15.5\ N\$

Chiamiamo $T_{1}\$ la reazione vincolare del perno (diretta seconda la verticale). Dovendo essere la risultante delle forze nulle:

$Mg=T_{1}+T_{2}\$

$T_{1}=Mg-T_{2}=10\ N\$

c)

Il momento di inerzia della sfera di sinistra rispetto al fulcro vale:

$I_{1}={\frac {2}{5}}M_{1}R_{1}^{2}+M_{1}{\frac {\ell ^{2}}{4}}=0.0014\ kgm^{2}\$

Il momento di inerzia della sfera di destra rispetto al fulcro vale:

$I_{2}={\frac {2}{5}}M_{2}R_{2}^{2}+M_{2}{\frac {\ell ^{2}}{4}}=0.0066\ kgm^{2}\$

Quindi il momento di inerzia totale vale:

$I=I_{1}+I_{2}=0.008\ kgm^{2}\$

Quando si spezza il filo dalla seconda equazione cardinale:

$I\alpha =Mgx_{CM}\$

$\alpha ={\frac {Mgx_{CM}}{I}}=97\ rad/s^{2}\$

d)

Nel punto più basso l'energia potenziale del sistema è diventata cinetica:

${\frac {1}{2}}I\omega ^{2}=Mgx_{CM}\$

$\omega ={\sqrt {\frac {2Mgx_{CM}}{I}}}=13.9\ rad/s\$