Trave che scivola sostenuta da gru

Trave che scivola sostenuta da gru

Figure 1:

Una trave omogenea di lunghezza l e massa m `e tenuta appoggiata al suolo in posizione verticale da una gru agganciata all’estremo superiore A.

Si fissi una terna caresiana avente gli assi x, y rispettivamente orizzontale e verticale, come in figura, e l’asse z di conseguenza.

All’istante t = 0 la trave viene messa in rotazione con velocit`a angolare

~

ω = ω0ˆez costante, da una opportuna forza impulsiva agente sull’estremo B a contatto con il suolo.

Il manovratore della gru deve regolare istante per istante la forza ~F sull’estremo A in modo da mantere tale estremo lungo la verticale, l’estremo B a contatto con il suolo e la velocit`a angolare della trave costante lungo tutto il tragitto, fino al contatto di tutta la trave con il suolo.

L’estremo B scivola senza attrito lungo l’asse orizzontale.

Si determini:

1. il moto del baricentro G della trave: traiettora, velocit`a ~v e acceler- azione ~a;

2. l’andamento dell’energia cinetica durante il moto;

3. il lavoro fatto nel portare la trave dalla posizione verticale a quella orizzontale dalla forza di reazione del suolo, ~N , quello svolto dalla forza peso e ed il lavoro della forza di tensione ~F operata dalla gru;

4. il valore della reazione ~N (t) del suolo sull’estremo B;

5. il valore limite della velocit`a di rotazione ω₀ che permette al gruista di mantenere l’estremo B della trave sempre in contatto con il suolo;

6. le componenti (Fx(t), Fy(t)) della forza ~F e si verifichi esplicitamente il risultato trovato al punto 3 riguardo il lavoro compiuto dalla forza F durante il moto. Si verifichi, inoltre, se esistono dei valori di ω~ ₀ e/o di t per i quali l’angolo α formato dalla forza ~F con l’asse orizzontale pu`o essere < π/2, come indicato nel disegno.

Soluzione 1

Il centro di massa G si trova a met`a della trave e le sue coordinate sono:

 x_G = ₂^lsin θ

y_G= ₂^lcos θ (1)

Per ipotesi la velocit`a angolare `e mantenuta costante: ˙θ = ω0. Da cui:

θ(t) = ω₀t (2)

dove abbiamo imposto la condizione iniziale θ(0) = 0.

Possiamo quindi scrivere le coordinate del centro di massa in funzione del tempo:

 x_G= ₂^l sin ω₀t

y_G= ₂^l cos ω0t (3)

La traiettoria `e una circonferenza di raggio l/2.

Derivando, e ricordando che ˙θ =cost, si ricavano velocit`a e accelerazione:

 x˙_G= ^lω₂⁰cos ω₀t

˙

y_G= −^lω₂⁰ sin ω₀t (4)

(

¨

x_G= −^lω₂²⁰ sin ω₀t

¨

y_G= −^lω₂⁰² cos ω₀t (5)

Soluzione 2

L’energia cinetica della trave, ad un generico istante, vale:

E_K= 1

2mv²_G+1

2I_Gω₀² (6)

Sostituendo la velocit`a trovata in eq.4 e ricordando che per una trave IG= ml²/12, si ha:

EK = 1 2

 ml²ω₀²

4 +ml² 12 ω₀²



= 1

6ml²ω²₀ = cost (7) Pertanto l’energia cinetica `e una costante del moto.

Notare che si poteva anche scrivere:

E_k = 1

2I_Aω₀² (8)

considerando il moto di rotazione istantanea intorno al punto mobile A, con I_A= ml²/3.

Soluzione 3

Scriviamo il lavoro compiuto dalle forze esterne ~N , m~g e ~F .

La reazione vincolare ~N `e perpendicolare allo spostamento del suo punto di applicazione B, per cui il suo lavoro `e nullo:

L_N = 0 (9)

Il lavoro svolto dalla forza peso `e semplicemente uguale alla variazione di energia potenziale della trave:

LP = mgl

2 (10)

Il lavoro svolto dalla forza ~F , esercitata dalla gru, pu`o essere trovato per differenza. Infatti, dal teorema delle forze vive, il lavoro totale svolto dalle forze esterne `e uguale alla variazione di energia cinetica del corpo. Essendo l’energia cinetica una costante del moto, il lavoro totale delle forze esterne

`e nullo. Pertanto:

L_F = L_tot− L_N − L_P = −mgl

2 (11)

Soluzione 4

Per ricavare la reazione ~N = N ˆe_y, scriviamo la prima equazione cardinale della dinamica, utilizzando l’equazione 5 per l’accelerazione del centro di massa:

(

F_x= m¨x_G = −m^lω₂²⁰ sin ω₀t

F_y+ N − mg = m¨y_G= −m^lω₂⁰² cos ω₀t (12) Abbiamo due equazioni e tre incognite, F_x, F_y, N . La terza equazione deriva dalla componente z della seconda equazione cardinale, le altre due componenti essendo nulle per un moto piano.

Prendiamo come polo il centro di massa. E conveniente considerare` separatamente le due componenti Fx e Fy e scrivere:

M_G = −F_x2^l cos θ − F_y2^l sin θ + N₂^l sin θ

= ₂^l(N sin θ − F_xcos θ − F_ysin θ) (13) In alternativa si possono usare il modulo F e l’angolo α e scrivere il contributo alla componente z del momento delle forze di ~F come:

|M_F| = ₂^lF sin(^π₂ − α + θ) = ₂^lF cos(α − θ)

= ₂^l(F cos α cos θ + F sin α sin θ)

= ₂^l(Fxcos θ + Fysin θ)

(14)

e ritroviamo quanto scritto in eq.13

Essendo la velocit`a angolare costante, il momento delle forze `e nullo:

M_G= I_Gα_G= 0 (15)

da cui si ricava la terza equazione da mettere a sistema con 12:

F_xcos θ + F_ysin θ − N sin θ = 0 (16) Sostituendo i valori di F_x e F_y ricavati dalla eq.12, si trova:

N = m

2(g − lω²₀cos ω₀t) (17) 0.1 Calcolo rispetto al polo A

E possibile calcolare il momento delle forze rispetto al polo A. In questo` caso il momento della forza F `e nullo e si trova direttamente la reazione N (t).

Tuttavia va aggiunto un termine alla seconda equazione cardinale e, so- prattutto, il momento angolare rispetto al polo A non `e costante, in quanto il punto si muove a sua volta!

Scriviamo, intanto, la seconda equazione cardinale per un polo mobile:

M~_A= d~L_A

dt + ~v_A× ~Q_G (18)

dove il momento angolare ~L_A si scrive:

L~A= m~r_G/A× ~v_G/A (19)

Scriviamo i vari termini che abbiamo aggiunto:

~

vA= −lω0sin θˆey

~

vG = ^lω₂⁰ cos θˆex−^lω₂⁰ sin θˆey

~

r_G/A= ₂^l sin θˆex−₂^lcos θˆey

~

v_G/A = ^lω₂⁰cos θˆe_x−^lω₂⁰ sin θˆe_y

Soluzione 5

Il valore minimo della reazione vincolare N si ha per t = 0:

N_min = m

2(g − lω₀²) (20)

La trave rimane appoggiata se `e N_min ≥ 0, corrispondente a:

ω0 ≤r g

l (21)

Soluzione 6

Le componenti della forza ~F si trovano dalla eq.12 sostituendo il valore di N trovato in eq.17:

(

F_x= −m^lω₂⁰²sin ω₀t

F_y = ^mg₂ (22)

La componente y della forza ~F `e costante e opposta allo spostamento del punto di applicazione A, il quale si sposta di una distanza l. Si pu`o verificare immediatamente che:

LF = − Z l

0

Fydy = −mg

2 l (23)

come trovato alla domanda 3.

La componente Fx, invece, non compie lavoro in quanto non c’`e sposta- mento lungo x del punto di applicazione.

Si nota, inoltre, che F_x `e sempre negativo, per cui l’angolo α non `e mai

< π/2 ed il disegno risulta, pertanto, sbagliato: la forza ~F punta sempre verso x negativo!