Esericizio standard su corpo rigido (sbarra inclinata)
Una sbarra di peso P e lunghezza sqrt(3)R è appoggiata in una guida semicircolare di raggio R. Ad un estremo della sbarra c'è un corpo puntiforme di peso pari a P/2. Calcolare l'angolo che la sbarra forma con il piano orizzontale quando è in equilibrio.
Supponiamo di essere in posizione di equilibrio. Quali sono le forze che agiscono sulla sbarra? Ci saranno due forze peso relative al centro di massa della sbarra e alla massetta sulla destra, e due reazioni della guida -una per estremo- dirette verso il centro (?) della guida semicircolare.
Questa mi sembra l'unica cosa ragionevole da pensare, ad ogni modo la bruttezza dei calcoli sembra contraddirmi: facendo un paio di considerazioni geometriche si può scrivere:
$F_"tot" = N_"sinistra" * cos(\pi/3 + \theta) + N_"destra" * cos(\pi/3 - \theta) - 3/2 * P = 0$
$mathbb{M}_"estremo destro" = (sqrt(3)R) / 2 P * cos\theta - (sqrt(3)R) * N_"sinistra" * cos(\pi/6) = 0$
Ora, non mi pare ci debbano essere motivi per cui le due reazioni, $N_"sx"$ e $N_"dx"$, debbano essere diverse, quindi il sistema di due equazioni dovrebbe anche essere chiuso -potrei risolvermelo, insomma.
Ma c'è qualcosa di profondamente sbagliato? Per esempio: le due reazioni sono davvero dirette verso il centro?
Risposte
Innanzitutto, la guida è liscia? Penso di sí. E allora le due reazioni sono sicuramente dirette entrambe verso il centro.
Poi, puoi calcolare il peso totale e il cdm del sistema componendo le due forze peso parallele della barra e della massa. Quindi hai una sola forza da equilibrare, con due reazioni passanti per il centro. Se le due reazioni passano per il centro, anche il peso totale passa per il centro.
La geometria del sistema è nota (lunghezza della sbarra, angoli alla base del triangolo isoscele).
Sei sicuro che le due reazioni siano uguali in intensità ?
Le due componenti orizzontali sono uguali e contrarie, per l'equilibrio alla traslazione orizzontale. Le due componenti verticali, sommate, devono equilibrare il peso totale. E poi deve sussistere l'equilibrio dei momenti, per il quale puoi prendere come polo uno degli estremi della barra.
Le tue equazioni...non ho capito come le hai ricavate.
Diciamo $N_1$ la reazione a sinistra, e $N_2$ la reazione a destra (moduli).
Innanzitutto, ti faccio osservare che se l'asta è lunga $sqrt3*R$, l'angolo $\alpha$ tra il raggio e l'asta stessa è uguale a: $\alpha = \pi/6 = 30º$ , poiché deve essere : $ cos \alpha = sqrt3/2*R/R = sqrt3/2$.
Quindi le equazioni sono 3 :
1) Per l'equilibrio alla traslazione orizzontale : $N_1cos(\pi/6-\theta) - N_2cos(\pi/6 + \theta) = 0 $
2) per l'equilibrio alla traslazione verticale : $ N_1sen(\pi/6-\theta) + N_2sen(\pi/6 + \theta) - 3/2P = 0 $
3) per l'equilibrio alla rotazione attorno al polo di sinistra: $N_1*(sqrt3)/2R - 3/2P*Rcos(\pi/6+\theta) = 0 $
nell'ultima puoi semplificare $R$.
Non sono tanto brutte (e spero di averle ricavate bene, controlla). Ma forse sono un po' brigose da risolvere.
Poi, puoi calcolare il peso totale e il cdm del sistema componendo le due forze peso parallele della barra e della massa. Quindi hai una sola forza da equilibrare, con due reazioni passanti per il centro. Se le due reazioni passano per il centro, anche il peso totale passa per il centro.
La geometria del sistema è nota (lunghezza della sbarra, angoli alla base del triangolo isoscele).
Sei sicuro che le due reazioni siano uguali in intensità ?
Le due componenti orizzontali sono uguali e contrarie, per l'equilibrio alla traslazione orizzontale. Le due componenti verticali, sommate, devono equilibrare il peso totale. E poi deve sussistere l'equilibrio dei momenti, per il quale puoi prendere come polo uno degli estremi della barra.
Le tue equazioni...non ho capito come le hai ricavate.
Diciamo $N_1$ la reazione a sinistra, e $N_2$ la reazione a destra (moduli).
Innanzitutto, ti faccio osservare che se l'asta è lunga $sqrt3*R$, l'angolo $\alpha$ tra il raggio e l'asta stessa è uguale a: $\alpha = \pi/6 = 30º$ , poiché deve essere : $ cos \alpha = sqrt3/2*R/R = sqrt3/2$.
Quindi le equazioni sono 3 :
1) Per l'equilibrio alla traslazione orizzontale : $N_1cos(\pi/6-\theta) - N_2cos(\pi/6 + \theta) = 0 $
2) per l'equilibrio alla traslazione verticale : $ N_1sen(\pi/6-\theta) + N_2sen(\pi/6 + \theta) - 3/2P = 0 $
3) per l'equilibrio alla rotazione attorno al polo di sinistra: $N_1*(sqrt3)/2R - 3/2P*Rcos(\pi/6+\theta) = 0 $
nell'ultima puoi semplificare $R$.
Non sono tanto brutte (e spero di averle ricavate bene, controlla). Ma forse sono un po' brigose da risolvere.
"navigatore":
Innanzitutto, la guida è liscia? Penso di sí. E allora le due reazioni sono sicuramente dirette entrambe verso il centro.
Poi, puoi calcolare il peso totale e il cdm del sistema componendo le due forze peso parallele della barra e della massa. Quindi hai una sola forza da equilibrare, con due reazioni passanti per il centro. Se le due reazioni passano per il centro, anche il peso totale passa per il centro.
La geometria del sistema è nota (lunghezza della sbarra, angoli alla base del triangolo isoscele).
Sei sicuro che le due reazioni siano uguali in intensità ?
Le due componenti orizzontali sono uguali e contrarie, per l'equilibrio alla traslazione orizzontale. Le due componenti verticali, sommate, devono equilibrare il peso totale. E poi deve sussistere l'equilibrio dei momenti, per il quale puoi prendere come polo uno degli estremi della barra.
Le tue equazioni...non ho capito come le hai ricavate.
Diciamo $N_1$ la reazione a sinistra, e $N_2$ la reazione a destra (moduli).
Innanzitutto, ti faccio osservare che se l'asta è lunga $sqrt3*R$, l'angolo $\alpha$ tra il raggio e l'asta stessa è uguale a: $\alpha = \pi/6 = 30º$ , poiché deve essere : $ cos \alpha = sqrt3/2*R/R = sqrt3/2$.
Quindi le equazioni sono 3 :
1) Per l'equilibrio alla traslazione orizzontale : $N_1cos(\pi/6-\theta) - N_2cos(\pi/6 + \theta) = 0 $
2) per l'equilibrio alla traslazione verticale : $ N_1sen(\pi/6-\theta) + N_2sen(\pi/6 + \theta) - 3/2P = 0 $
3) per l'equilibrio alla rotazione attorno al polo di sinistra: $N_1*(sqrt3)/2R - 3/2P*Rcos(\pi/6+\theta) = 0 $
nell'ultima puoi semplificare $R$.
Non sono tanto brutte (e spero di averle ricavate bene, controlla). Ma forse sono un po' brigose da risolvere.
... Non immagini nemmeno il casino che avevo tirato su. Ti ringrazio per il confronto. Domani posto una risposta più completa però.
Però, però ..... in questo esercizio c'è qualcosa che non mi convince molto...
Non vorrei indurti in errore, ma continuando nello svolgimento mi vengono dei risultati assurdi...
Rifai un po' tu il ragionamento, forse stiamo sbagliando qualcosa.
A risentirci.
Non vorrei indurti in errore, ma continuando nello svolgimento mi vengono dei risultati assurdi...
Rifai un po' tu il ragionamento, forse stiamo sbagliando qualcosa.
A risentirci.
ma per l'equilibrio non è più semplice considerare l'energia potenziale invece che stare a ragionare sulle forze?
"eugeniobene58":
ma per l'equilibrio non è più semplice considerare l'energia potenziale invece che stare a ragionare sulle forze?
Ci avevo pensato ma comunque devi ricavarti la posizione del centro di massa in funzione di \(\displaystyle \theta \) generico. Mentre ci pensavo mi è venuta in mente una strada "geometrica" che mi pare più semplice (magari non lo è...anzi, prova a farlo tu con l'energia potenziale e vediamo che viene fuori
)Come giustamente osservato da Navigatore, se la guida è liscia le reazioni sono dirette verso il centro della guida. Poiché all'equilibrio il momento è nullo, se prendiamo come polo il centro della guida, le reazioni hanno momento nullo e quindi anche il peso (che è verticale ed è applicato al centro del sistema) deve avere momento nullo.
Ne segue che, all'equilibrio, il centro di massa deve trovarsi sulla verticale passante per il centro della guida. Nel disegno ho rappresentato la configurazione all'equilibrio. Il punto \(\displaystyle P \) è il centro dell'asta e \(\displaystyle G \) è il centro di massa. La distanza \(\displaystyle OP \) è la distanza dell'asta dal centro della guida ed è sempre la stessa in qualsiasi posizione dell'asta poiché è la distanza di una corda dal centro della circonferenza. Il triangolo \(\displaystyle OPG \) è rettangolo perché \(\displaystyle OP \)(per definizione di distanza) è perpendicolare alla corda. Con Pitagora si trova allora che
\(\displaystyle OP^2=R^2-(\frac{\sqrt 3}{2}R)^2\) e quindi \(\displaystyle OP=\frac{R}{2} \)
La distanza \(\displaystyle PG \) si ricava dalla definizione di centro di massa e si trova che
\(\displaystyle PG=\frac{\sqrt 3}{6}R \)
Per l'angolo \(\displaystyle \theta \)deve quindi valere la condizione
\(\displaystyle \tan \theta =\frac{PG}{OP}=\frac{\sqrt 3}{3} \)
Confermo, ho rivisto i calcoli e ne avevo sbagliato uno.
Il baricentro si trova sull'asta nel punto di incontro della verticale per il centro del cerchio. La distanza del baricentro dal punto di mezzo dell'asta vale : $d = sqrt3/6*R$ , l'angolo $\theta$ si trova per via geometrica, e si ha : $tg\theta = sqrt3/3$, da cui risulta : $theta = 30º$.
Questo vuol dire che l'estremo di sinistra è alla stessa altezza del centro.
Percio le reazioni sono : $N_1$ tutta orizzontale, senza componente verticale. $N_2$ ha componente orizzontale uguale in modulo al modulo di $N_1$ e opposta in direzione, e componente verticale di modulo uguale al peso totale, e diretta verso l'alto.
Il baricentro si trova sull'asta nel punto di incontro della verticale per il centro del cerchio. La distanza del baricentro dal punto di mezzo dell'asta vale : $d = sqrt3/6*R$ , l'angolo $\theta$ si trova per via geometrica, e si ha : $tg\theta = sqrt3/3$, da cui risulta : $theta = 30º$.
Questo vuol dire che l'estremo di sinistra è alla stessa altezza del centro.
Percio le reazioni sono : $N_1$ tutta orizzontale, senza componente verticale. $N_2$ ha componente orizzontale uguale in modulo al modulo di $N_1$ e opposta in direzione, e componente verticale di modulo uguale al peso totale, e diretta verso l'alto.
"navigatore":
l'angolo \(\displaystyle \theta \) si trova per via geometrica, e si ha : \(\displaystyle \sin \theta =\frac{\sqrt 3}{3} \)
Se il "confermo" è riferito alla mia soluzione, a me viene una tangente non un seno. Puoi ricontrollare?
"mathbells":
[quote="navigatore"]l'angolo \(\displaystyle \theta \) si trova per via geometrica, e si ha : \(\displaystyle \sin \theta =\frac{\sqrt 3}{3} \)
Se il "confermo" è riferito alla mia soluzione, a me viene una tangente non un seno. Puoi ricontrollare?[/quote]
Ho corretto mentre tu scrivevi, guarda sopra. Sembri Speedy Gonzales certe volte.
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