Equilibrio del corpo rigido

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1 Equiibrio de corpo rigido Probema1 Due sbarrette omogenee AB e BC aventi a stessa unghezza e a stessa massa di 6 kg, vengono sadate ne punto B in modo da formare un angoo di 90. Le due sbarrette così unite vengono poi appese per i punto B. Ne punto A viene appeso un cubo di auminio. Ad equiibrio raggiunto a sbarretta BC forma un angoo di 60 con a verticae passante per B. Sapendo che a densità de auminio e.7 gcm -3, si cacoi a spigoo de cubo e i moduo dea forza ne punto B. Le forze agenti su sistema formato dae due sbarrette e da cubo di auminio sono: F 1, forza peso dea sbarretta AB. E appicata ne baricentro dea sbarretta AB, ha direzione perpendicoare a suoo ed ha moduo F 1 = mγ g F, forza peso dea sbarretta BC. E appicata ne baricentro dea sbarretta BC, ha direzione normae a suoo ed ha moduo F = mγ g 1

2 F A, forza peso de cubo di auminio. E appicata ne baricentro di tae corpo, è diretta perpendicoarmente a suoo ed ha moduo F A = m A γ g = ρvγ g = ρa 3 γ g ove a è o spigoo de cubo. F B, forza ne punto B. Ha a stessa direzione dee atre tre forze. Le condizioni di equiibrio per i corpo rigido sono F 1 + F + F A + F B = 0 M 1 + M + M A + M B = 0 Sceto i sistema di riferimento rappresentato in figura, e come poo per a vautazione dei momenti torcenti i punto B, se s 1, s, s A e s B sono i vettori posizione dei punti d appicazione dee forze F 1, F, F ga ed F B, rispetto a tae poo, per definizione si ha M 1 = s 1 F 1 M = s F M A = s A F A M B = s B F B I vettori posizione e e forze si trovano tutti ne piano x,y e quindi i momenti torcenti sono diretti perpendicoarmente a tae piano ossia ungo asse z. L equazione vettoriae dei momenti è dunque equivaente ad una soa equazione scaare. Le componenti dei momenti torcenti ungo tae asse possono essere cacoati secondo diverse modaità. Tenendo presente a definizione di prodotto vettoriae, si ha M 1z = F 1 s 1 sin α = mγ g sin α M z = F s sin β = mγ g sin β M Az = F A s A sin α = ρa 3 γ g sin α M Bz = 0 ove è a unghezza dea sbarretta ed α e β sono gi angoi che e sbarrette AB e BC formano con a normae per i punto B. Tai componenti possono essere cacoate anche motipicando i moduo di ogni forza per i reativo braccio e assumendo tae prodotto positivo quando a forza tende a far ruotare i corpo rigido in verso antiorario. In riferimento aa figura 1e, se b 1, b, b A e b B sono i bracci di F 1, F, F A ed F B, si ha M 1z = F 1 b 1 = mγ g sin α M z = F b = mγ g sin β M Az = F A b A = ρa 3 γ g sin α M Bz = F B b B = 0 Infine e componenti dei momenti torcenti possono essere cacoate anche utiizzando espressione cartesiana de prodotto vettoriae tra i vettore posizione de punto d appicazione dea forza rispetto a poo prefissato e a forza stessa. Poiché e componenti dei vettori posizione de punto d appicazione dee forze rispetto a poo prefissato e e forze stesse sono s 1x = sin α s 1y = cos α F 1x = 0 F 1y = mγ g s x = sin β s y = cos β F x = 0 F y = mγ g s Ax = sin α s Ay = cos α F Ax = 0 F Ay = m A γ g s Bx = 0 s By = 0 F Bx = 0 F By = F B

3 e componenti dei momenti ungo asse z risutano M 1z = s 1x F 1y s 1y F 1x = mγ g sin α M z = s x F y s y F x = mγ g M Az = s Ax F Ay s Ay F Ax = m A γ g sin α M Bz = s Bx F By s By F Bx = 0 L equazione vettoriae dei momenti è quindi equivaente a unica equazione scaare mγ g sin α mγ g sin β + ρa3 γ g sin α = 0 sin β daa quae si ricava a 3 = m(sin β sin α) ρ sin α Sostituendo i vaori numerici espressi ne SI si ottiene a 3 = = m 3 ossia a = m = 9.33 cm Le forze hanno tutte a stessa retta d azione e quindi equazione vettoriae dee forze è equivaente aa soa equazione scaare mγ g mγ g ρa 3 γ g + F B = 0 Sostituendo ai simboi dee grandezze fisiche i oro vaori numerici espressi ne SI si ottiene F B = N 3

4 Probema Un asta omogenea avente massa 0.8 kg ha un estremità incernierata ad una parete. A estremità ibera viene fissata una sfera di rame e, per ottenere equiibrio, si deve appicare una forza di 100 N ad ¼ dea unghezza dea sbarra da estremità ibera avente a direzione de campo gravitazionae e verso opposto. Si cacoi i voume dea sfera e i moduo, a direzione ed i verso dea forza esercitata daa cerniera assumendo che a densità de rame sia 8.5 gcm 3 Le forze agenti su asta di estremi A e B e sua sfera di rame fissata in B sono: F a, forza peso de asta. E appicata ne baricentro de asta, ha direzione perpendicoare a suoo ed ha moduo F a = m a γ g F e, forza appicata a asta per avere equiibrio. E appicata ad ¼ da punto B, ha a stessa direzione dea forza peso de asta verso opposto e moduo F e = 100 N F Cu, forza peso dea sfera di rame. E appicata ne baricentro di tae corpo, è diretta perpendicoarmente a suoo ed ha moduo F Cu = m Cu γ g = ρvγ g. F A, forza ne punto A. Ha a stessa direzione dee atre tre forze. Le condizioni di equiibrio per i corpo rigido sono F a + F e + F Cu + F A = 0 M a + M e + M Cu + M A = 0 4

5 Sceto i sistema di riferimento rappresentato in figura e, e come poo per a vautazione dei momenti torcenti i punto A, poiché i vettori posizione dei punti d appicazione dee forze rispetto ad A e e forze stesse giacciono ne piano x,y, i momenti torcenti sono vettori diretti ungo asse z. Se è a unghezza de asta, i bracci dee forze F a, F e, F Cu ed F A sono b a = b e = 3 4 b Cu = b A = 0 e quindi e componenti dei momenti torcenti ungo asse z sono M az = m a γ g M ez = 3 4 F e M Cuz = ρvγ g M Az = 0 L equazione vettoriae dei momenti è quindi equivaente a unica equazione scaare m a γ g F e ρvγ g = 0 da cui si ricava V = 3F e m a γ g 4ργ g Sostituendo i vaori numerici si ottiene V = = m Le forze hanno tutte a stessa retta d azione e quindi equazione vettoriae dee forze è equivaente aa soa equazione scaare m a γ g + F e ρvγ g + F A = 0 ossia da cui F A = 0 F A = 1.11 N Tenendo presente i riferimento sceto, a forza in A ha moduo 1.11 N ed ha a stessa direzione e verso de campo gravitazionae. 5

6 Probema3 Un asta omogenea di massa 3 kg ha un estremità incernierata ad una parete. A estremo ibero è appeso un ciindro cavo di auminio di raggio interno 1.0 cm e raggio esterno.0 cm. Per avere equiibrio viene appicata ad 1 6 dea unghezza de asta da estremità incernierata una forza di 130 N incinata verso estremo ibero e formante un angoo di 60 con asta. Assumendo che a densità de auminio sia.7 gcm 3, si determini atezza de ciindro e i moduo dea forza esercitata daa cerniera. Le forze agenti su sistema di corpi sono: F a, forza peso de asta AB. E appicata ne baricentro de asta, ha direzione perpendicoare a suoo ed ha moduo F a = m a γ g F e, forza appicata aa sbarra per avere equiibrio. E appicata ad 1 6 da punto A, è rivota verso estremo B formando un angoo α = 60 con a sbarra e moduo F e = 130 N F A, forza peso de ciindro cavo di auminio. E appicata ne baricentro di tae corpo, è diretta perpendicoarmente a suoo ed ha moduo F A = m A γ g = ρvγ g. F A, forza esercitata dea cerniera ne punto A.. 6

7 Le condizioni di equiibrio per i corpo rigido sono F a + F e + F A + F A = 0 M a + M e + M A + M A = 0 Sceto i sistema di riferimento rappresentato in figura 3e, e come poo per a vautazione dei momenti torcenti i punto A, indicando con a unghezza de asta, i bracci dee forze F a, F e, F A ed F A sono b a = b e = 1 6 sin α b A = b A = 0 e quindi e componenti dei momenti torcenti ungo asse z sono M az = m a γ g M ez = 1 6 F e sin α M Az = ρvγ g M Az = 0 L equazione vettoriae dei momenti è quindi equivaente aa seguente equazione scaare m a γ g F e sin α ρvγ g = 0 I voume V de ciindro cavo è V = π(r e r i ) h ove r e, r i ed h sono i raggio esterno, queo interno e atezza. Inserendo tae espressione ne equazione dei momenti e risovendo rispetto a atezza de ciindro, si ottiene h = F e sin α 3m s γ g 6πρ(r e r i )γ g e, sostituendo i vaori numerici, espressi ne SI, si ottiene h = 0.16 m L equazione vettoriae dee forze è equivaente ae due seguenti equazioni scaari F Ax + F e cos α = 0 F Ay + F e sin α m a γ g m A γ g = 0 Daa prima si ottiene a componente dea forza esercitata in A diretta ungo asse dee ascisse F Ax = F e cos α = 130 cos 60 = 65 N Risovendo a seconda equazione si ottiene a componente dea forza esercitata daa cerniera diretta ungo asse dee ordinate F Ay = F e sin α + m a γ g + m A γ g = = 79 N I moduo dea forza esercitata daa cerniera è F A = F Ax + F Ay = = 103 N 7