Meccanica Applicata alle Macchine

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Dimensione: px
Iniziare la visualizzazioe della pagina:

Download "Meccanica Applicata alle Macchine"

Transcript

1 Esercitazioni di Meccanica Applicata alle Macchine A cura di Andrea Bracci Marco Gabiccini Università di Pisa Dipartimento di Ingegneria Meccanica, Nucleare e della Produzione Anno Accademico

2 Indice Semplice Cinematismo Planare. Analisi cinematica Metodo analitico Metodo grafico Analisi dinamica Metodo analitico Metodo grafico Extra Energia potenziale Energia cinetica Quadrilatero Articolato 0. Analisi cinematica Metodo analitico Metodo grafico Analisi dinamica Metodo analitico Metodo grafico Soluzione numerica Disco Asimmetrico 3. Analisi cinematica Velocità Accelerazioni Dinamica Equazioni cardinali Equazioni di Lagrange Principio dei Lavori Virtuali Dinamico Slitta con Attrito Analisi Cinematica Analisi Dinamica Extra Soluzione Numerica Metodo pratico per scrivere la dinamica i

3 INDICE ii 5 Frenatura di un Disco Analisi dinamica Soluzione numerica Frenatura di un Disco con un Peso Dinamica Frenatura di un Disco con Molle Precaricate 4 7. Dinamica Carrello con Peso e Attrito Dinamica Soluzione Numerica Oscillazioni Libere di un Sistema a GDL Dinamica Oscillazioni Libere Caso Caso Oscillazioni di un Cinematismo a GDL Dinamica Oscillazioni Libere di un Sistema a GDL 59. Dinamica Oscillazioni libere Caso numerico Oscillazioni Forzate 63. Equazioni di Lagrange Seconda cardinale rispetto a C V di rispetto a Seconda cardinale rispetto a Ct di rispetto a Piccole oscillazioni Oscillazioni Forzate del Doppio Pendolo Dinamica Piccole oscillazioni forzate Caso numerico Oscillazioni Forzate Statica Caso con ω = Caso con ω = cost Equazione del moto Dinamica con Equazioni di Lagrange Termini non conservativi Equazioni del moto Oscillazioni Forzate Dinamica Vibrazioni

4 INDICE iii 6 Ruote Dentate a Evolvente Esercizio Preliminari Prima soluzione Seconda soluzione Terza soluzione Quarta soluzione Extra Linea di contatto e arco d azione Segmento di contatto Rendimento delle ruote dentate cilindriche Rendimento Rendimento medio Oscillazioni di un Rotismo Risoluzione del rotismo Dinamica Grado di irregolarità di una camma 0 8. Caso senza attrito Caso con attrito Grado di irregolarità del manovellismo di spinta Dinamica Lubrificazione 0. Richiami di teoria Pattino lineare Pattino esponenziale Pattino a gradino

5 Capitolo Semplice Cinematismo Planare g B C G A G Figura.: Schema di un semplice cinematismo planare a due gradi di libertà. Si consideri lo schema cinematico riportato in figura.. Si suppongono completamente note la geometria e le caratteristiche d inerzia di entrambi i corpi rigidi: lunghezza l i, distanza del baricentro r i dai punti A e B rispettivamente, massa m i e momento d inerzia baricentrico J Gi. Inoltre si suppongono note le leggi orarie αt e βt. Nota: βt è l angolo relativo fra i due corpi rigidi come indicato in figura.. Si risolvano i seguenti problemi: Determinare le velocità e le accelerazioni di ogni punto dei due corpi. Determinare le coppie da fornire ai giunti per realizzare il moto imposto e, contestualmente, determinare le reazioni vincolari e le forze scambiate sui giunti.. Analisi cinematica In via preliminare si calcola l angolo di rotazione del corpo rigido rispetto ad una retta parallela all asse orizzontale. Tale angolo, indicato con γ è tale per

6 CAPITOLO. SEMPLICE CINEMATISMO PLANARE cui π β + γ = α. Ne discendono quindi le seguenti relazioni. γ = α + β π γ = α + β γ = α + β Nel seguito risulterà comodo ricorrere a queste espressioni nel calcolo delle velocità e delle posizioni dei punti dei corpi rigidi... Metodo analitico Velocità Per risolvere analiticamente il sistema in esame si ricorre alle formule fondamentali della cinematica. In particolare valgono le seguenti relazioni: v B = v A + v BA = v A + αk AB. v C = v B + v CB = v B + α + βk BC. dove v A = 0 perchè il punto A è vincolato al telaio. Essendo noti sia α che β, risultano determinabili direttamente le velocità di ogni altro punto di entrambi i corpi rigidi. Attenzione: le formule precedenti sono un caso particolare della seguente formula fondamentale della cinematica: v B = v t B + vr B.3 dove v t B e vr B sono rispettivamente la velocità di trascinamento e la velocità relativa di B rispetto ad un dato sistema di riferimento. Nel caso delle relazioni. abbiamo: v B = v t B v C = v t C + vr B + vr C = v A + αk AB = v B + α + βk BC dove, per quanto riguarda il punto B, è stato scelto un sistema di riferimento fisso, mentre per il punto C è stato scelto un sistema di riferimento traslante e solidale con il punto B. È interessante trovare le relazioni. considerando un sistema di riferimento diverso. Ad esempio, la velocità del punto C può essere determinata scegliendo un sistema di riferimento rotante solidale con il corpo. In questo caso avremo: ṽ r C ṽ t C = βk BC = αk AC Il vettore AC può essere scomposto come segue AC = AB + BC

7 CAPITOLO. SEMPLICE CINEMATISMO PLANARE 3 ne discende che la velocità assoluta del punto C può essere scritta nel modo seguente: v C = ṽ r C + ṽt C = βk BC + αk AB + BC = αk AB + α + βk BC che risulta identica alla. in quanto v A = 0 e v BA = αk AB. Si fa notare che questo secondo metodo risulta più laborioso rispetto all utilizzo diretto delle.. Accelerazioni Per quanto riguarda il calcolo delle accelerazioni si procede in maniera analoga a quanto visto per le velocità. Si utilizzano le seguenti relazioni fondamentali teorema di Rivals: a B = a A + a BA = αk AB α AB a C = a B + a CB = a B + α + βk BC α + β BC.4 in quanto a A = 0 essendo il punto A rigidamente vincolato al telaio. Come visto in precedenza, dato che gli andamenti temporali di αt e βt sono noti, dalle relazioni precedenti si possono determinare le accelerazioni di tutti i punti dei due corpi rigidi. Analogamente al caso delle velocità le relazioni.4 sono un caso particolare della seguente formula fondamentale della cinematica: a B = a r B + at B + ac B.5 dove a r B, at B e ac B sono rispettivamente l accelerazione di B relativa, di trascinamento e di Coriolis. Nel caso delle.4 l accelerazione di Coriolis è nulla in quanto i sistemi di riferimento scelti sono traslanti. Pertanto valgono le seguenti relazioni: a t B = 0 a r B a t C a r C = αk AB α AB = a B = α + βk BC α + β BC Anche in questo caso è interessante determinare le accelerazioni dei punti utilizzando un sistema di riferimento diverso. Ad esempio per determinare l accelerazione del punto C possiamo scegliere un sistema di riferimento rotante solidale al corpo. In questo caso valgono le seguenti relazioni: ã t C ã r C ã c C = αk AC α AC = βk BC β BC = αk ṽr C

8 CAPITOLO. SEMPLICE CINEMATISMO PLANARE 4 L espressione di ṽ r C è direttamente ricavata dall analisi di velocità svolta in precedenza. Ne risulta quindi ã c C = αk βk BC = α βbc Sommando i tre termini appena trovati si ottiene la seguente relazione a C = ã t C + ãr C + ãc C = αk AC α AC + βk BC β BC α βbc Scomponendo il vettore AC = AB + BC e sviluppando i conti si ottiene da cui che risulta identica alla.4... Metodo grafico a C = αk AB α AB + α + βk BC α + β BC α βbc a C = a B + α + βk BC α + β BC Il metodo grafico consente di determinare, in una particolare configurazione, i valori delle velocità e delle accelerazioni di ogni punto dei corpi rigidi. Il procedimento da seguire è qui riportato. v B v G v C vcb v G v A = 0 Figura.: Determinazione grafica delle velocità. Si traccia la velocità v B assoluta ortogonale all asta ricordarsi che v A = 0 e diretta in maniera congruente con il segno della velocità angolare α nel caso in figura si è posto α > 0. Si traccia la velocità v CB relativa ortogonale all asta. In questo caso è stata assunta una velocità angolare β tale che γ = α + β < 0. Si ricava la velocità v C assoluta sommando i due vettori v B e v CB precedentemente trovati. Si noti che la costruzione grafica sopra riportata è stata effettuata direttamente sui punti dei due corpi rigidi, ma dato che le velocità sono vettori liberi cioè non

9 CAPITOLO. SEMPLICE CINEMATISMO PLANARE 5 a G C a B B a GB a C a CB a G a A = 0 A Figura.3: Determinazione grafica delle accelerazioni. applicati ad un particolare punto la costruzione grafica può essere effettuata trasportando i vettori in qualunque altro punto del piano. Per quanto riguarda le accelerazioni si procede in modo analogo come sotto riportato: Si riportano nel punto B le due componenti tangenziale e radiale dell accelerazione del punto B e si sommano. Il risultato della somma è l accelerazione assoluta del punto B. Il valore di α è assunto positivo. E importante notare che l accelerazione radiale che è diretta lungo BA, cioè da B verso A, ovvero verso il centro di rotazione del corpo. Si riporta sul punto C l accelerazione a B appena trovata. Si riportano in cascata, a partire dalla punta di a B le due componenti tangenziale e radiale dell accelerazione relativa del punto C rispetto a B. Anche in questo caso si è assunto che β sia tale per cui γ < 0. Si ricava l accelerazione a C assoluta, sommando i tre vettori così concatenati. E importante notare che con il procedimento appena esposto si possono determinare le velocità e le accelerazioni di qualunque punto dei due corpi rigidi. In particolare è possibile ricavare le velocità e le accelerazioni dei due baricentri. A titolo d esempio: per determinare l accelerazione assoluta del baricentro G del corpo si traccia la retta passante per A e per la punta del vettore a B. Si traccia poi la parallela ad a B passante per G. Il vettore così determinato è a G. Per quanto riguarda l accelerazione a G del baricentro G del corpo il procedimento è analogo, facendo attenzione al fatto che in questo caso, l accelerazione del punto B non è nulla. Anche nel caso delle accelerazioni è possibile effettuare la costruzione grafica in qualunque altro punto del piano in quanto anche le accelerazioni sono vettori liberi.. Analisi dinamica Una volta che sono state determinate le velocità e le accelerazioni dei corpi rigidi si determinano le forze e i momenti necessari ad ottenere il moto imposto.

10 CAPITOLO. SEMPLICE CINEMATISMO PLANARE 6.. Metodo analitico Si riportano innanzitutto gli diagrammi di corpo libero di ciascuno dei due corpi rigidi. Le equazioni di equilibrio di in un sistema di riferimento fisso sono le X M m a G Y 0 m g Y Y M X m a G m g X 0 M 0 Figura.4: Diagramma di corpo libero e schema delle forze e momenti del corpo. Figura.5: Diagramma di corpo libero e schema delle forze e momenti del corpo. seguenti m a Gx = X 0 X m a Gy = Y 0 m g Y G : J G α = M 0 M + X 0 r sinα Y 0 r cosα+ + X l r sinα Y l r cosα.6 dove l equazione di equilibrio alla rotazione è scritta rispetto al baricentro G. Per il corpo si procede in maniera analoga e le equazioni di equilibrio risultano le seguenti: m a G x = X m a G y = Y m g G : J G α + β = M + X r sinα + β π Y r cosα + β π.7 L insieme delle.6 e.7 costituisce un sistema di sei equazioni nelle sei incognite X 0, Y 0, M 0, X, Y, M che può pertanto essere risolto analiticamente. Nota: si ricordi che la geometria, le caratteristiche d inerzia e l andamento temporale di αt e βt sono noti. Il sistema in esame può essere risolto in modo più semplice notando che le equazioni.7 sono disaccoppiate dalle.6. Per questo motivo è possibile risolvere separatamente le.7 e successivamente le.6. Si ricorda che le equazioni di equilibrio a momento in.6 e.7 sono scritte rispetto al baricentro dei corpi rigidi. Consideriamo ora il caso in cui si scelga

11 CAPITOLO. SEMPLICE CINEMATISMO PLANARE 7 come polo un punto diverso. In particolare andiamo a scrivere le equazioni di equilibrio al momento rispetto al punto A per e rispetto al punto B per. Il punto A è un punto fisso e quindi risulta facile scrivere l equazione di equilibrio alla rotazione: J A α = J G +m r α = M 0 M m gr cosα+x l sinα Y l cosα.8 dove J A = J G + m r per il teorema di Huygens-Steiner. Andiamo a verificare che l equazione appena scritta equivale alla terza equazione di.7. Calcoliamo la differenza fra le due equazioni e verifichiamo l uguaglianza dei termini rimanenti. Nella differenza si eliminano i termini uguali J G α, M 0, M, X l sinα e Y l cosα e rimane quindi m r α = m gr cosα X 0 X r sinα + Y 0 Y r cosα che per le equazioni di equilibrio alla traslazione diventa m r α = m a G xr sinα + m a G yr cosα Dalla cinematica si ricavano le seguenti relazioni π a Gx = αr cos + α α r cosα = αr sinα α r cosα π a Gy = αr sin + α α r sinα = αr cosα α r sinα Sostituendo tali relazioni si ottiene m r α = m r sin α + cosα sinα α + m r cos α cosα sinα α m r α = m r α che dimostra l uguaglianza delle due equazioni di equilibrio a momento del corpo scritte rispetto a poli diversi. Passiamo ora a scrivere l equazione di equilibrio alla rotazione per il corpo rispetto al punto mobile B per semplicità di notazione useremo la forma vettoriale: B : M + BG m g = K r B + v B m v G = = J G γk + BG m a G K r G + BG m a G.9 L espressione vettoriale dell equilibrio alla rotazione intorno a G è invece la seguente: G : M + G B R = K r G = J G γk.0 Dalle equazioni di equilibrio alla traslazione del corpo si ottiene R + m g = m a G da cui, sostituendo nella.9 si ottiene J G γk + BG m a G = M + BG m a G R = M + G B R m a G da cui ricordandosi che BG m a G = G B m a G si ottiene che è identica alla.0. J G γk = M + G B R

12 CAPITOLO. SEMPLICE CINEMATISMO PLANARE 8.. Metodo grafico Passiamo ora a determinare graficamente la soluzione della dinamica nella configurazione rappresentata. Cominciamo con la soluzione per il corpo. Per prima cosa notiamo che la reazione R che il corpo esercita sul corpo è l unica forza incognita e che quindi può essere completamente determinata imponendo l equilibrio con le altre forze che agiscono sul corpo. m a G R m g Figura.6: Soluzione grafica per le forze agenti sul corpo. Attenzione: il vettore m a G è stato modificato per maggiore chiarezza. Rimane da determinare il momento M applicato a. Facendo riferimento a.0 si ricava facilmente M = J G α + β k G B R m a G R R 0 m g Figura.7: Soluzione grafica per le forze agenti sul corpo. Per determinare le forze e i momenti necessari all equilibrio del corpo si procede in maniera analoga: la forza R 0 si determina imponendo l equilibrio alla traslazione secondo.6. Per determinare invece il momento M 0 si utilizza la seguente relazione, ricavata da.8:.3 Extra M 0 = J A αk AG m g AB R M Le equazioni che regolano la dinamica di un sistema meccanico possono essere determinate attraverso le equazioni di Lagrange. A tal fine è necessario determinare correttamente l energia cinetica e l energia potenziale del sistema. Questa parte è dedicata al calcolo di entrambi questi termini, rimandando ad altre sezioni il calcolo della dinamica mediante le equazioni di Lagrange.

13 CAPITOLO. SEMPLICE CINEMATISMO PLANARE 9.3. Energia potenziale L energia potenziale U del sistema è dovuta, in questo caso, solamente agli effetti gravitazionali dei due corpi rigidi in quanto non sono presenti altre forze di tipo conservativo. Risulta quindi U = U + U = m gr sin α + m g l sin α + r sinα + β π.3. Energia cinetica Per quanto riguarda l energia cinetica si sommano le energie cinetiche dei due corpi rigidi. Dato che il sistema in esame è piano, per ogni corpo rigido vale la seguente relazione T i = m iv G i + J G i ω i dove T i è l energia cinetica del corpo i e ω i è la velocità angolare del corpo intorno all asse z ortogonale al piano. L energia cinetica del sistema in esame risulta quindi T = T + T = m v G + J G α + m v G + J G α + β della quale, una volta risolta la cinematica, tutte le grandezze sono note.

14 Capitolo Quadrilatero Articolato µ 3 O 3 3 A G µ B µ O Figura.: Schema di un quadrilatero articolato. Si consideri il sistema in figura.. Il cinematismo in esame è un quadrilatero articolato. Sono note tutte le lunghezze dei tre corpi rigidi e si suppone che solamente il corpo sia dotato di massa m e momento d inerzia baricentrico J G. Gli altri corpi rigidi sono considerati privi di massa e d inerzia. Per semplicità si assume di essere in un piano orizzontale e quindi non ha effetto la forza di gravità. Sia assegnato l andamento temporale θ t, si determini il momento M 0 necessario da applicare al corpo nel punto O al fine di ottenere il moto imposto.. Analisi cinematica Risolviamo innanzitutto la cinematica del sistema determinando le velocità e le accelerazioni di ogni punto dei corpi rigidi. 0

15 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO.. Metodo analitico Velocità Per quanto riguarda il corpo valgono le seguenti relazioni: v O = 0 v A = v O + v AO = θ k O A. Per il corpo vale quanto segue: v B = v A + v BA = v A + θ k AB. Considerando il punto B appartenente al corpo 3 si ha anche v B = v O3 + v BO3 = θ 3 k O 3 B.3 per cui, in definitiva si ottiene la seguente relazione: v A + θ k AB = θ 3 k O 3 B.4 che è la relazione di chiusura della catena cinematica. La.4 consiste di due equazioni scalari nelle due incognite θ e θ 3 e pertanto può essere risolta analiticamente. Accelerazioni Per quanto riguarda le accelerazioni del corpo valgono le classiche relazioni: Analogamente per il corpo valgono a O = 0.5 a A = a O + a AO = θ k O A θ O A.6 a B = a A + θ k AB θ AB.7 Come visto in precedenza per le velocità, l accelerazione del punto B considerato appartenente al corpo 3 è la seguente a B = θ 3 k O 3 B θ 3O 3 B.8 Imponendo l uguaglianza delle.7 e.8 si ottiene a A + θ k AB θ AB = θ 3 k O 3 B θ 3O 3 B.9 che è la relazione di chiusura della catena cinematica. Come visto in precedenza, la.9 consiste di due equazioni nelle due incognite θ e θ 3 e può quindi essere risolto analiticamente.

16 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO C O 3 3 v A A v B B v BA O Figura.: Costruzione grafica delle velocità... Metodo grafico Per determinare graficamente le velocità e di ogni punto dei corpi rigidi in una particolare configurazione è necessario risolvere la catena cinematica chiusa, si deve trovare quindi una relazione che leghi le velocità angolari dei corpi rigidi. Si faccia riferimento alla figura.. Cominciamo notando che dei corpi e 3 sappiamo che hanno un moto rotatorio intorno a O e O 3 rispettivamente. Il corpo, invece, ha in generale un moto vario, ancora incognito. Il centro delle velocità C di è facilmente determinabile in quanto conosciamo la direzione della velocità dei due punti A e B. Il punto C risulta quindi dall intersezione dei prolungamenti di O A e O 3 B. Dato che conosciamo la velocità v A, la velocità del punto B può essere determinata completamente in quanto la velocità angolare ω di è calcolata tramite la seguente relazione e la velocità v B risulta ω = θ k = v A C A C A v B = θ k C B Graficamente la velocità v B si determina velocemente attraverso il campo di velocità di tracciato da C ad A. La velocità angolare θ 3 è facilmente determinata attraverso la seguente relazione v B θ 3 = O 3 B

17 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO 3 O 3 ¹ ¹ 3 3 a A A a B µ B O Figura.3: Costruzione grafica delle accelerazioni. Passiamo ora a determinare graficamente le accelerazioni dei corpi rigidi. Si faccia riferimento alla figura.3. Per quanto riguarda il corpo si effettua la classica composizione delle accelerazioni nel punto A. Rimangono quindi da determinare i valori di θ e θ 3. La strategia da seguire consiste nello scrivere l accelerazione a B nelle due forme.7 e.8 e imporre che siano uguali. I passi da seguire sono qui riportati: Si consideri a B scritta come.7 e si riporti il vettore a A in B. Si sommi il vettore θ k AB sulla punta del vettore precedente. A partire dalla punta dell ultimo vettore tracciato si tracci una retta µ perpendicolare ad AB. Su questa retta si determinerà il vettore θ k AB. Si consideri ora a B scritta come in.8 e si riporti a partire da B il vettore θ 3 O 3 B. A partire dalla punta di quest ultimo vettore si tracci una retta µ 3 ortogonale a O 3 B. su questa retta si individuerà il vettore θ 3 k O 3 B. Il punto di intersezione fra µ e µ 3 individua univocamente i vettori cercati: θ k AB e θ 3 k O 3 B. A questo punto il vettore a B può essere determinato attraverso.7 oppure.8.. Analisi dinamica Passiamo ora a determinare il momento necessario da applicare a per ottenere il moto imposto. È opportuno fare delle precisazioni preliminari: L asta è soggetta ad un momento. L asta è dotata di massa e momento d inerzia e segue, in generale, un moto vario. L asta 3 non ha massa nè momento d inerzia ed è caricata solamente da forze applicate ai suoi estremi.

18 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO 4.. Metodo analitico Si scrivono ora le equazioni di equilibrio dei tre corpi rigidi, in riferimento ai diagrammi di corpo libero rappresentati in figura... Y X Y Y 0 X 0 X X 3 G M 0 Y 3 a b Y 03 X 03 3 X 3 Y 3 c Figura.4: Diagrammi di corpo libero. Equilibrio di 0 = X 0 X 0 = Y 0 Y 0 = M 0 + X l sinθ Y l cosθ m gr cosθ.0 Equilibrio di m a Gx = X X 3 m a Gy = Y Y 3 J G θ = X r sinθ Y r cosθ + X 3 l r sinθ Y 3 l r cosθ.

19 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO 5 Equilibrio di 3 0 = X 3 + X 03 0 = Y 3 + Y 03 O 3 : 0 = X 3 l 3 sinθ 3 + Y 3 l 3 cosθ 3. Si noti che l insieme delle.0,. e. è un sistema di nove equazioni nelle nove incognite X 0, Y 0, M 0, X, Y, X 3, Y 3, X 03, Y 03 e pertanto è risolvibile analiticamente. Tuttavia, ai fini di determinare il valore del momento M 0 alcune incognite, così come alcune equazioni non sono necessarie. È pertanto possibile ridurre il sistema ad uno più semplice. Si noti innanzitutto che le incognite X 03 e Y 03 compaiono solamente nelle. e pertanto non sono necessarie per il calcolo di M 0. Delle. l unica equazione utile per i nostri scopi è l ultima in quanto questa ci consente di affermare che 3 è un asta scarica. Siamo quindi a consocenza della direzione della forza R 3 = R 3 che e 3 si scambiano in B. Si noti anche che le due incognite X 0 e Y 0 compaiono solamente nelle prime due equazioni di.0 e pertanto tali incognite e tali equazioni possono essere trascurate nel calcolo di M 0. In definitiva il sistema da risolvere prendendo come configurazione di riferimento quella della figura. è il seguente 0 = M 0 + X l sinθ Y l cosθ m gr cosθ m a G x = X.3 m a G y = Y R 3 J G θ = X r sinθ Y r R 3 l r si noti che nella configurazione di riferimento si ha: θ = π/ e θ 3 = 3π/. Il sistema.3 presenta quattro equazioni nelle quattro incognite M 0, X, Y, R 3 ed è quindi risolvibile analiticamente. È chiaro che la risoluzione di.3 è più semplice della soluzione del sistema 9 9 scritto in precedenza... Metodo grafico Passiamo ora a determinare la soluzione grafica della dinamica del sistema nella configurazione di riferimento. L elemento su cui ci concentriamo è. Notiamo innanzitutto che la direzione della forza R 3 = R 3 è nota in quanto l asta 3 è scarica. Per determinare correttamente la forza R, il modulo e il verso di R 3 si ricorre al seguente procedimento si veda Figura.5: Si tracci da G il vettore m a G e si tracci la sua retta di applicazione µ. Si tracci da B il prolungamento di O 3 B e si determini il punto d intersezione P di tale retta con µ.

20 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO 6 ¹ P R ma G G R R 3 R Figura.5: Soluzione grafica della dinamica di. Si scriva l equilibrio a momento del corpo rispetto al punto P : P : P A R + P B R 3 = J G θ k + P G m a G.4 dove P B R 3 = 0 P G m a G = 0 per costruzione. Si scomponga R secondo due componenti: R parallela a P A, e R ortogonale alla precedente. Ne risulta che la.4 può essere scritta più semplicemente come P A R + R = P A R = J G θ k che consente di determinare il valore di R. Per l equilibrio alla traslazione di si riportino a partire da G i due vettori m a G e R. A partire dalla punta di questi due vettori si traccino due rette parallele a O 3 B e R rispettivamente. Il punto d incontro delle due rette tracciate consente di determinare il valore di R 3 e R. Le due forze R 0 e R 03 sono uguali e opposte a R e R 3 rispettivamente. Infine il momento M 0 è direttamente ricavabile dalla terza equazione di.0. Un metodo alternativo per determinare graficamente l equilibrio di consiste nell applicare il principio di sovrapposizione degli effetti. Si consideri la figura.6 e si segue la procedura sotto riportata. Si traccia come in precedenza la retta µ e si determina il punto P.

21 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO 7 ¹ R P R G R 3 R 3 ma G Figura.6: Soluzione grafica della dinamica di medianto sovrapposizione degli effetti. Si considera dapprima solamente l equilibrio alla traslazione e si determinano le due forze R e R 3 imponendo che R + R 3 = m a G Successivamente si applica la terza equazione di. considerando solamente l effetto di J G θ e ponendo nulla l accelerazione lineare. La coppia di forze costituita da R e R 3 è determinata in modo tale che R 3 sia parallela ad O 3 B in quanto 3 è un asta scarica; e l intensità R di tali forze è data da R = J G θ AB In conclusione si ottiene: R = R + R R 3 = R 3 + R 3

22 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO 8.3 Soluzione numerica Consideriamo ora un caso numerico. In particolare si abbia: l = m l = m r = 0.5 m l 3 = m m = kg θ = π 4 rad J G = kg m θ = rad/s θ = rad/s θ = 0 rad θ 3 = π rad Si noti che in questo caso il punto C in figura. coincide con O 3 per cui si ha C A =. Dalla. abbiamo: v A = l θ sinθ, cosθ =,, 0 v A = m/s La risoluzione numerica di.4 fornisce i seguenti risultati: θ = v A C A = θ 3 = θ C B O 3 B = rad/s rad/s Per l accelerazione del punto A valgono le seguenti relazioni a t A = θ k O A =,, 0 m/s a r A = θ O A =,, 0 m/s a A = a t A + ar A =, 0, 0 m/s Una volta risolta la parte di velocità si ottengono i seguenti valori: a r BA = θ AB =, 0, 0 m/s a r BO 3 = θ 3 O 3 B = 0,, 0 m/s

23 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO 9 Mentre le accelerazioni relative tangenziali del punto B si ricavano attraverso la risoluzione di.9. Si ottengono i seguenti valori a t BA = 0,, 0 m/s da cui discende: a t BO 3 =, 0, 0 m/s θ = at BA AB = rad/s θ 3 = at BO 3 O3 B = rad/s È necessario calcolare l accelerazione del baricentro di che risulta a G = a A + a t G A + ar G A =, 0, 0 + 0, 4, 0 + 4, 0, 0 = 4, 4, 0 m/s Passiamo ora a determinare i valori di R, R 3 e M 0. Si determinano innanzitutto i valori dei vettori P G e P A P G =, + 4, 0 6 P A =,, 0 Utilizzando il principio di sovrapposizione degli effetti si ottiene: R = 4, 8, 0 N R 3 = 0, 8, 0 m Da cui discende: = J G θ j = 0,, 0 AB N R R 3 = R = 0,, 0 N R = 4, 78, 0 N In definitiva, il momento M 0 risulta M 0 = O A R = 0, 0, N m

24 CAPITOLO. QUADRILATERO ARTICOLATO 0 Per riprova si calcola il valore di R senza utilizzare il principio di sovrapposizione degli effetti. Risulta R = J G θ k AB AB = , , 0 R =.5895, 0.939, 0 R = R + R =.664, 0.875, 0 che coincide col valore trovato precedentemente.

25 Capitolo 3 Disco Asimmetrico G e µ F O C Figura 3.: Schema meccanico. Si consideri lo schema meccanico riportato in figura 3.. Il contatto fra il disco e il piano è di rotolamento senza strisciamento. Si assume completamente nota la geometria del disco: massa m, momento d inerzia baricentrico J G, raggio r, eccentricità del baricentro rispetto al centro del disco e. Al centro del disco sia applicata una forza F t diretta orizzontalmente. Si determinino le equazioni del moto utilizzando diversi metodi: Equazioni cardinali Newton con equilibrio a momento scritto rispetto a Centro delle velocità del disco Centro del disco Baricentro del disco Equazioni di Lagrange Principio dei lavori virtuali dinamico

26 CAPITOLO 3. DISCO ASIMMETRICO 3. Analisi cinematica La cinematica del sistema in esame è molto semplice. Risulta utile scrivere l espressione della velocità e dell accelerazione dei punti di in particolare dei punti G, O e C. 3.. Velocità Cominciamo notando che v C = 0 per il vincolo di rotolamento senza strisciamento. Ne risultano quindi le seguenti relazioni v O = θk CO v G = θk CG = θk CO + OG = v O + θk OG 3. Si noti che all espressione di v G si poteva arrivare tramite la formula fondamentale della cinematica v G = v O + v GO = v O + θk OG L espressione estesa di v G risulta la seguente θ r e sinθ v G = θe cosθ Accelerazioni Si determinano ora le accelerazioni dei punti notevoli del sistema. Si indichi con C V il centro delle velocità di ; tale punto, appartenente a, è il punto che istante per istante coincide con il punto di contatto fra e il telaio C. Per il vincolo di rotolamento senza strisciamento abbiamo che a CV 0. Per determinare correttamente il valore di a CV scriviamo l accelerazione a O come segue a O = a CV + θk C V O θ C V O Per la geometria del sistema la componente di a O lungo C V O è nulla. Inoltre l accelerazione a CV può avere componente diversa da zero solamente lungo la direzione C V O per cui, in definitiva si avrà a CV = θ CO 3.3 Si noti che, come era giusto aspettarsi, il vettore a CV è diretto da C V verso O per ogni valore di θ. L accelerazione del baricentro G risulta quindi a G = a CV + a GCV = θ C V O + θk C V G θ C V G = θk C V G θ OG 3.4 che in componenti diventa a G = e cosθ θ θr + e sinθ 3.5 e θ cosθ θ sinθ

27 CAPITOLO 3. DISCO ASIMMETRICO 3 3. Dinamica Passiamo ora a scrivere le equazioni che regolano la dinamica del sistema ricavandole in diversi modi. Si fa riferimento al diagramma di corpo libero del disco rappresentato in figura 3.. G mg N O F T Figura 3.: Diagramma di corpo libero del disco. 3.. Equazioni cardinali Le equazioni di equilibrio alla traslazione sono molto semplici e vengono qui riportate per completezza ma Gx = T F t ma Gy = N mg 3.6 che in forma vettoriale possono essere scritte come ma G = N + T + F t + mg 3.7 Passiamo ora a scrivere la seconda equazione cardinale della dinamica utilizzando diversi poli di riferimento. Momento rispetto a C V Le due forze di contatto N e T hanno una retta d azione che passa per il punto C V e pertanto, rispetto a tale polo, non esercitano momento. Si applica in questo caso la seguente relazione M CV = K r G + C V G ma G per cui l equilibrio intorno a C V si scrive come C V : C V O F t + C V G mg = J G θk + CV G ma G

28 CAPITOLO 3. DISCO ASIMMETRICO 4 che per la 3.4 diventa C V O F t + C V G mg = J G θk + CV G m θk CV G θ OG Moltiplicando scalarmente per k si ottiene la seguente relazione scalare 3.8 F tr egm cosθ = J G θ + emr cosθ θ + θmr + θe m + + θemr sinθ 3.9 Momento rispetto a O Scrivendo l equilibrio intorno al polo O notiamo che la forza N ha un braccio nullo, mentre la forza T, in questo caso esercita un momento. La forza esterna F t in questo caso ha braccio nullo e quindi non esercita momento. Anche in questo caso utilizziamo la relazione M O = K r G + OG ma G L equilibrio intorno al punto O si scrive quindi come segue O : OC V T + OG mg = J G θk + OG mag = J G θk + OG m θk CV G θ OG che moltiplicata scalarmente per k diventa rt egm cosθ = θe m + J G θ + θemr sinθ Il valore di T può essere ricavato risolvendo la 3.6 lungo la componente x: T = F t θmr em cosθ θ + θ sinθ Tale valore, sostituito nell equazione di equilibrio intorno ad O fornisce la seguente relazione F tr egm cosθ = J G θ + θe m + emr cosθ θ + θemr sinθ + θmr che è identica alla 3.9. Momento rispetto a G 3.0 Nel calcolo dell equilibrio intorno al baricentro G solamente la forza di gravità non esercita momento. L espressione vettoriale dell equilibrio intorno a G è la seguente G : GO F t + GC V N + T = J G θk che moltiplicata scalarmente per k fornisce rt + e sinθt en cosθ + ef t sinθ = J G θ

29 CAPITOLO 3. DISCO ASIMMETRICO 5 L espressione di T è quella trovata precedentemente, mentre N si ricava dalla soluzione della seconda equazione di 3.6 e si ottiene N = m e sinθ θ + g + θe cosθ Sostituendo T e N nell equazione di equilibrio intorno a G si ottiene emr cosθ θ θmr θe m F tr egm cosθ θemr sinθ = J G θ 3. che è identica alle 3.9 e 3.0. Commenti I tre modi sopra esposti di scrivere la seconda equazione cardinale sono equivalenti in quanto, ovviamente, l equazione finale che si giunge a scrivere è la stessa in tutti e tre i casi. Tuttavia, a seconda del problema in esame risulta più comodo utilizzare un modo piuttosto che un altro. Nel problema in esame, se l obiettivo è solamente quello di determinare la forza F t da applicare al disco affinchè questo segua una legge di moto imposta, allora risulta molto più comodo scrivere l equilibrio alla rotazione intorno al punto C V in quanto non è necessario conoscere le reazioni vincolari che garantiscono il moto di rotolamento senza strisciamento. Qualora invece fosse richiesto di conoscere anche il valore delle reazioni vincolari allora è necessario anche risolvere la prima equazione cardinale Equazioni di Lagrange Ora proviamo a determinare le equazioni che regolano la dinamica del moto utilizzando le equazioni di Lagrange. Per prima cosa dobbiamo determinare l energia cinetica T e l energia potenziale U del sistema. Per determinare l energia cinetica facciamo ricorso al teorema di König: Utilizzando la 3. si ottiene per cui risulta T = mv G + J G θ v G = θ e + r sinθe + r T = θ me + mre sinθ + mr + J G = J Cθ θ 3. Si noti che, per effetto dell eccentricità del baricentro rispetto al centro del disco, il momento d inerzia rispetto al punto C risulta non costante al variare di θ. L energia potenziale del sistema è dovuta, in questo caso, solamente al campo gravitazionale. Fissiamo il riferimento dell energia potenziale gravitazionale all altezza del punto O. L energia potenziale assume quindi la seguente espressione U = mge sinθ 3.3

30 CAPITOLO 3. DISCO ASIMMETRICO 6 Si utilizzano ora le equazioni di Lagrange per determinare le equazioni della dinamica del sistema d dt Scriviamo ogni termine separatamente d T dt θ = d dt T T θ θ + U θ = Qa,nc θ J C θ θ = J C θ θ + dj Cθ θ dθ = me + mre sinθ + mr + J G θ + mre cosθ θ T θ = J Cθ θ θ = mre cosθ θ = mre cosθ θ U θ = mge sinθ θ = mge cosθ Indicando con λ il versore lungo cui viene applicata la forza F t si ha O0Oθ Q a,nc θ = F tλ = F tλ rθλ = F tλ rλ θ θ = F tr Combinando tutti i termini si ottiene me + mre sinθ + mr + J G θ + mre cosθ θ mre cosθ θ + mge cosθ = F tr che sviluppando i conti e riordinando diventa me + mre sinθ + mr + J G θ + mre cosθ θ + mge cosθ = F tr 3.4 che è identica alle 3.9, 3.0 e 3.. Qualora non si volesse considerare l energia potenziale gravitazionale è possibile considerare la forza mg come una generica forza esterna per la quale va calcolato il termine relativo Q a,c θ : Q a,c θ = mg O0Gθ θ = mge cosθ che, come ci aspettavamo, è uguale e opposto al termine U θ Principio dei Lavori Virtuali Dinamico Proviamo ora a determinare le equazioni che regolano la dinamica del sistema utilizzando il principio dei lavori virtuali della dinamica principio di d Alambert. Cominciamo da alcune considerazioni generali su un sistema di n particelle, ciascuna dotata di massa m i. Su ogni particella in generale saranno applicate le seguenti forze:

31 CAPITOLO 3. DISCO ASIMMETRICO 7 F a,e i - forza attiva esterna; F a,i ij - forza attiva interna che la particella i esercita sulla particella j; F r,e i - forza reattiva vincolare esterna; F r,i ij - forza reattiva interna che la particella i esercita sulla particella j. Per l equilibrio dinamico della particella i dovrà valere F a,e i + n j= j i F a,i ij + F r,i ij + F r,e i m i a Pi = 0 dove a Pi è l accelerazione della particella i. Moltiplicando scalarmente per lo spostamento virtuale δp i compatibile con i vincoli al tempo t si ottiene F a,e i + R a,i i + R r,i i + F r,e i m i a Pi δp i = 0 Nell espressione precedente si ha subito che F r,e i δp i = 0 cioè il lavoro virtuale delle forze reattive esterne è nullo. A questo punto si sommano tutte le equazioni relative alle n particelle e si ottiene n F a,e i + R a,i i + R r,i i m i a Pi δp i = 0 i= Si nota innanzitutto che vale la seguente relazione n i= R r,i i δp i = n i= n j= j i F r,i ij δp i = 0 per cui rimane n i= F a,e i + R a,i i m i a Pi δp i = 0 Indicando con F a i = F a,e i + R a,i i i si ottiene la seguente relazione n i= F a i Questo vale per ogni massa m i δp i = tutte le forze attive agenti sulla particella n mi a Pi δpi i= δw a = δw I

32 CAPITOLO 3. DISCO ASIMMETRICO 8 Nel caso in esame si ha i= δp i = OP i θ δθ e quindi per le forze attive si ottiene n δw a = F a i OP i δθ = Q a θ θ δθ Il termine Q a θ può essere direttamente ricavato dall analisi svolta precedentemente per le equazioni di Lagrange: Q a θ = F tr mge cosθ Per quanto riguarda le forze d inerzia si ricordi che il sistema è costituito da un corpo rigido, e pertanto valgono le seguenti relazioni δp i = δg + δθk GP i = OG θ δθ + δθk GP i = a G + θk GP i θ GP i a Pi Quindi sommando tutti i contributi si ottiene n n mi a Pi δpi = m i a G + θk GP i θ OG GP i θ δθ + δθk GP i i= i= = ma G OG n θ δθ + a G δθk mi GP i + θk i= n n mi GP i δg + m i θδθ GPi θ n mi GP i δg i= L espressione precedente si può notevolmente semplificare notando che per cui si ottiene n mi a Pi δpi = i= Nel caso in esame si ha i= n mi GP i = 0 i= i= ma G OG δθ + J G θδθ = ma θ G OG θ + J θ G δθ per cui si ottiene O0Gθ = rθ + e cosθ, e sinθ O0Gθ = r e sinθ, e cosθ θ ma G O0Gθ θ = m er cosθ θ + θ e + r sinθe + r

33 CAPITOLO 3. DISCO ASIMMETRICO 9 In conclusione, dovendo valere per ogni δθ, si ottiene F tr mge cosθ = m δw a = Q a δθ = ma G + J G θ δθ che risulta identica a 3.9, 3.0, 3. e 3.4. er cosθ θ + θ e + r sinθe + r + J G θ 3.5

34 Capitolo 4 Slitta con Attrito f g µ G G G f A a a B Figura 4.: Schema meccanico. Si consideri il sistema in figura 4.. Si considera che nel contatto fra i due corpi e il suolo ci sia un coefficiente di attrito f. Il disco rotola senza strisciare sul suolo mentre il corpo striscia senza rotolare. Si assume nota la geometria del sistema: masse m e m = 3m di e, momento d inerzia baricentrico J G di, raggio r del disco e la lunghezza a indicata in figura 4.. Sul sistema agiscono solamente le forze d attrito e la forza di gravità. Note le condizioni iniziali θ0 della velocità di rotazione di si determinino Il tempo d arresto Lo spazio d arresto 4. Analisi Cinematica La cinematica del sistema in esame è molto semplice. Si sceglie come origine del sistema di riferimento il punto O che coincide con A all istante t = 0. Le posizione dei baricentri dei due corpi sono quindi espresse dalle seguenti relazioni OG = rθ, r OG = a rθ, r 30

35 CAPITOLO 4. SLITTA CON ATTRITO 3 Da cui segue che la posizione del baricentro G del sistema + è data da: OG = m OG + m OG m rθ + m a rθ =, r 4. m + m m + m am 3 = rθ, r = m + m a rθ, r 4. La velocità e l accelerazione del baricentro del sistema risultano quindi le seguenti v G = r θ, a G = r θ, 0 4. Analisi Dinamica Per studiare la dinamica del sistema in esame consideriamo l equilibrio del sistema complessivo +. Lo schema delle forze agenti sul sistema è riportato in figura 4.. Si scrivono ora le equazioni cardinali per il sistema complessivo: N G N mg A T B T Figura 4.: Diagramma delle forze agenti sul sistema +. ma Gx = mr θ = T + T = 0 = N + N mg ma Gy A : 3 amg + 3aN = J G θ + m r θ + m r θ 4.4 dove l ultima equazione discende da A : M A = n i= K r G i + AG i a Gi Nelle equazioni 4.4 valgono le seguenti relazioni T = f N sign v Gx = f N sign r θ T f N = frn sign θ 4.5 assumendo N > 0. La prima di queste relazioni può essere sostituita nelle 4.4 mentre la seconda deve essere verificata a posteriori sulla base dei dati numerici.

36 CAPITOLO 4. SLITTA CON ATTRITO 3 Il sistema 4.4, insieme alla prima delle 4.5 costituisce un sistema di tre equazioni nelle quattro incognite N, N, T, θ e quindi è necessario scrivere un altra equazione indipendente dalle altre per poter risolvere il problema. La quarta equazione si può scrivere attraverso l equilibrio alla rotazione di intorno a G : G : T r = J G θ 4.6 Il sistema composto dalle 4.4 e 4.6 risulta quindi risolvibile. θ > 0, e quindi v Gx < 0, si ottiene N = gm 3a 3a + fr 6afgJ G m T = 3a + fr 4m r + J G N = 6agm 3a + fr 6afgm r θ = 3a + fr 4m r + J G Assumendo 4.7 Si noti che θ assume un valore costante e pertanto la legge oraria θt risulta la seguente θt = θ0 + θt = θ0 6afgm r 3a + fr 4m r + J G t 4.8 Ne risulta che l istante di arresto t a è facilmente ricavabile imponendo θt a = 0 ottenendo θ03a + fr 4m r + J G t a = 4.9 6afgm r La legge oraria xt della traslazione orizzontale del baricentro G è data da da cui, ponendo x 0 = 0 si ottiene Metodo alternativo ẋt = v Gx = r θ xt = x 0 + v 0 t r θt x a = xt a = 3a + fr 4m r + J G v 0 afgm r 4.0 Si può determinare lo spazio d arresto mediante considerazioni energetiche. Si scrive innanzitutto l energia cinetica T iniziale del sistema: T = T + T = m + m v0 + J v0 G 4. r

37 CAPITOLO 4. SLITTA CON ATTRITO 33 L unica forza che effettua lavoro, in questo caso, è la forza d attrito in B e pertanto tale lavoro W a si può scrivere W a = fn x a 4. dove si è supposto ancora x 0 = 0. Eguagliando 4. e 4., tenendo conto di 4.7 si può determinare direttamente lo spazio d arresto. 4.. Extra Qualora fosse necessario calcolare la forza R che viene scambiata fra e in G è sufficiente scrivere l equilibrio alla traslazione di come segue m a Gx = X + fn 0 = Y + N m g dove le uniche due incognite sono X e Y che sono facilmente ricavabili in quanto tutte le altre grandezze sono note. 4.3 Soluzione Numerica Siano assegnati i seguenti dati: m = 0 m = 3m = 30 kg kg J G = 0.3 kg m f = 0.3 a = 0.4 r = 0. v 0 = 0 m m m/s Il risultato numerico della soluzione della dinamica è il seguente: N = T = N = N N N T = N θ = 5.9 rad/s A questo punto è necessario verificare la condizione di rotolamento senza strisciamento in A. A tal fine si verifica che T = f = 0.3 N che soddisfa la condizione di puro rotolamento. Visualizziamo ora il diagramma delle forze rappresentato in figura 4.3. Per semplicità non sono rappresentate le

38 CAPITOLO 4. SLITTA CON ATTRITO 34 T T Figura 4.3: Schema delle forze agenti sul sistema. Le forze verticali non sono rappresentate per semplicità. forze verticali in quanto ci concentriamo solamente sulle forze orizzontali. Si noti che le due forze T e T sono dirette in direzione opposta. Questa condizione è compatibile con le condizioni iniziali imposte. Infatti, dato che θ0 > 0 e v Gx < 0 ne discende che T è diretta verso destra cioè, per i versi scelti in figura 4. è positiva. La forza T invece è diretta dalla parte opposta in quanto ha un effetto frenante sul disco e quindi per le convenzioni scelte ha valore negativo. 4.4 Metodo pratico per scrivere la dinamica In questa sezione vediamo come si possono scrivere in maniera semplice le equazioni che regolano la dinamica del sistema in esame. Cominciamo considerando che la velocità iniziale v 0 sia negativa. Da questo discende che T è rivolta verso destra, come rappresentato in figura 4.. Inoltre vale la relazione T = fn. Per quanto riguarda la forza d attrito nel punto A, invece, sappiamo solamente che vale la relazione T fn, con N positiva con in figura 4.. Per quanto appena detto, l equilibrio alla traslazione del sistema + è il seguente: mr θ = T + T = T + fn 0 = N + N mg L equilibrio alla rotazione di + intorno al punto A risulta A : 3aN 3 amg = J G θ + mr θ Infine, l equilibrio alla rotazione di intorno al punto G è la seguente G : T r = J G θ L insieme delle quattro equazioni appena scritte è risolvibile come visto precedenza. Naturalmente, una volta risolto il problema, è necessario verificare le forze d attrito.

39 Capitolo 5 Frenatura di un Disco r a f B C µ 3 O D! 0 A M m f Figura 5.: Schema meccanico. Si consideri il sistema meccanico rappresentato in figura 5.. Si suppone completamente nota la geometria del sistema: momento d inerzia baricentrico del disco J G3, raggio del disco r, distanza a come in figura, lunghezza l dell asta, angolo θ. Inoltre si assume che nei punti A e B ci sia un coefficiente di attrito f e che, in tali punti di contatto fra e 3 ci sia strisciamento attrito radente. Sia assegnata la velocità angolare iniziale del disco ω 0 e il momento M m applicato all asta. Si vuole determinare l istante in cui il disco 3 si arresta. 5. Analisi dinamica In questo caso si effettua da subito l analisi dinamica in quanto la cinematica del sistema è banale e risulta tale per cui i corpi e sono fermi. Si fa riferimento al diagramma di corpo libero di 3 rappresentato in 5. e scriviamo l equilibrio 35

40 CAPITOLO 5. FRENATURA DI UN DISCO 36 T B N B O N A T A Figura 5.: Diagramma di corpo libero del disco 3. Attenzione: la forza vincolare in O non è rappresentata in quanto per risolvere l esercizio in esame non è necessaria. alla rotazione di intorno a O O : M f = T A + T B r = fn A + N B r = J G3 α 5. dove abbiamo sostituito T A = fn A e T B = fn B perchè in questi due punti c è attrito radente. Si noti che, per come sono state scelte le direzioni delle forze in 5. T A e T B sono assunte positive. È necessario verificare questa ipotesi una volta risolto il problema. N B C T B T A N A Figura 5.3: Diagramma di corpo libero del corpo. Attenzione: la forza vincolare in C non è rappresentata in quanto per risolvere l esercizio in esame non è necessaria. Scriviamo ora l equilibrio del corpo intorno al punto C C : afn A a + rn B + N A r = 0 5. Dato che le reazioni scambiate in C fra e non interessano per la risoluzione del problema si scrive l equilibrio del sistema composto da +. In partico-

41 CAPITOLO 5. FRENATURA DI UN DISCO 37 N B C T B T A D N A M m Figura 5.4: Diagramma di corpo libero del sistema +. Attenzione: la forza vincolare in D non è rappresentata in quanto per risolvere l esercizio in esame non è necessaria. lare si scrive l equilibrio alla rotazione intorno a D D : 0 = M m + N A r l sinθ T A a l cosθ + T B l sinθ N B r + a l cosθ = M m + N A af + r + fl cosθ l sinθ+ + N B a r + l cosθ + fl sinθ 5.3 Il sistema composto dalle 5. e 5. è composto da due equazioni nelle due incognite N A e N B e può quindi essere risolto separatamente ottenendo i valori di N A e N B in funzione del parametro M m M m a + r N A = l f + r cosθ af rf + a + r sinθ M m af r N B = l f + r cosθ af rf + a + r sinθ 5.4 Dalla 5.4 si ottiene direttamente che il momento frenante M f sul disco 3 è dato da M f = Per cui il valore di α risulta e la legge di moto αt è la seguente fm m r fa + a + r l f + r cosθ af rf + a + r sinθ α = M f J G3 αt = ω 0 + M f J G3 t Infine, l istante di arresto t a si determina imponendo αt a = 0 e risulta 5.5 t a = J G 3 M f ω 0

42 CAPITOLO 5. FRENATURA DI UN DISCO Soluzione numerica Siano assegnati i seguenti valori numerici ω 0 = 800 rad/s r = 0.08 m a = 0.04 m f = 0.4 J G3 = kg m M m = N m l = 0. m θ = 50 Sostituendo nelle formule trovate precedentemente si ottiene: N A = 5.57 T A = N B = T B = M f = t a = 0.93 s N N N N N m Si noti che i valori di N A, T A, N B e T B sono positivi, confermando le assunzioni fatte.

43 Capitolo 6 Frenatura di un Disco con un Peso g d d B A 4 P G 3 3 C D G 4! f Figura 6.: Schema meccanico. Si consideri lo schema meccanico riportato in figura 6.. Si assume completamente nota la geometria del sistema: lunghezza l e l delle aste e, massa m 3 e momento d inerzia baricentrico J G3 di 3, raggio r e momento d inerzia baricentrico J G4 di 4. È assegnata la velocità angolare iniziale ω 0 del disco e si considera che fra 3 e 4 sia presente un coefficiente d attrito f. Si determini il tempo d arresto del disco. 6. Dinamica Nel sistema in esame il quadrilatero articolato costituito dai corpi, e 3 deve rimanere fermo affinchè il corpo 3 freni il disco 4 attraverso la forza 39

44 CAPITOLO 6. FRENATURA DI UN DISCO CON UN PESO 40 d attrito. Si comincia considerando il diagramma di corpo libero del disco 4 N T R Figura 6.: Diagramma di corpo libero di 4. rappresentato in figura 6.. Per il problema in esame siamo interessati solamente all equilibrio alla rotazione e pertanto l unica equazione che interessa in questo caso è la seguente G 4 : T r = J G4 ω 6. dove si è assunto ω > 0. Qualora si assumesse ω < 0 dovremmo cambiare verso alla forza T. Dato che T è la forza dovuta all attrito, allora fintantochè c è strisciamento fra 3 e 4 vale la seguente relazione: T = f N. Si considera R B T R C N m 3 g Figura 6.3: Diagramma di corpo libero di 3. ora l equilibrio del corpo 3 e si fa riferimento al diagramma di corpo libero rappresentato in figura 6.3. Si nota fin da subito che i corpi e si comportano come aste scariche e pertanto è nota la direzione di applicazione delle forze in B e C. Si scrivono ora le equazioni di equilibrio del corpo 3. 0 = T + R B cosα + R C cosα 0 = N + R B sinα + R C sinα m 3 g G 3 : 0 = Nd d T d R B cosα + dr B sinα + d R C cosα + dr C sinα 6.

Università degli studi di Salerno corso di studi in Ingegneria Informatica TUTORATO DI FISICA. Lezione 5 - Meccanica del punto materiale

Università degli studi di Salerno corso di studi in Ingegneria Informatica TUTORATO DI FISICA. Lezione 5 - Meccanica del punto materiale Università degli studi di Salerno corso di studi in Ingegneria Informatica TUTORATO DI FISICA Esercizio 1 Lezione 5 - Meccanica del punto materiale Un volano è costituito da un cilindro rigido omogeneo,

Dettagli

2 R = mgr + 1 2 mv2 0 = E f

2 R = mgr + 1 2 mv2 0 = E f Esercizio 1 Un corpo puntiforme di massa m scivola lungo la pista liscia di raggio R partendo da fermo da un altezza h rispetto al fondo della pista come rappresentato in figura. Calcolare: a) Il valore

Dettagli

GIROSCOPIO. Scopo dell esperienza: Teoria fisica. Verificare la relazione: ω p = bmg/iω

GIROSCOPIO. Scopo dell esperienza: Teoria fisica. Verificare la relazione: ω p = bmg/iω GIROSCOPIO Scopo dell esperienza: Verificare la relazione: ω p = bmg/iω dove ω p è la velocità angolare di precessione, ω è la velocità angolare di rotazione, I il momento principale d inerzia assiale,

Dettagli

Forze, leggi della dinamica, diagramma del. 28 febbraio 2009 (PIACENTINO - PREITE) Fisica per Scienze Motorie

Forze, leggi della dinamica, diagramma del. 28 febbraio 2009 (PIACENTINO - PREITE) Fisica per Scienze Motorie Forze, leggi della dinamica, diagramma del corpo libero 1 FORZE Grandezza fisica definibile come l' agente in grado di modificare lo stato di quiete o di moto di un corpo. Ci troviamo di fronte ad una

Dettagli

Prova scritta di Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia 22 giugno 2012

Prova scritta di Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia 22 giugno 2012 Prova scritta di Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia 22 giugno 2012 Problema 1 Due carrelli A e B, di massa m A = 104 kg e m B = 128 kg, collegati da una molla di costante elastica k = 3100

Dettagli

7 Applicazioni ulteriori

7 Applicazioni ulteriori 7 Applicazioni ulteriori 7 Applicazioni ulteriori 7.1 Strutture con maglie chiuse 7.1.1 Analisi cinematica Si consideri la struttura in figura 7.1: i gradi di libertà sono pari a l =3n c v =3 0 3 = 0,

Dettagli

1. calcolare l accelerazione del sistema e stabilire se la ruota sale o scende [6 punti];

1. calcolare l accelerazione del sistema e stabilire se la ruota sale o scende [6 punti]; 1 Esercizio Una ruota di raggio R = 15 cm e di massa M = 8 Kg può rotolare senza strisciare lungo un piano inclinato di un angolo θ 2 = 30 0, ed è collegato tramite un filo inestensibile ad un blocco di

Dettagli

bensì una tendenza a ruotare quando vengono applicate in punti diversi di un corpo

bensì una tendenza a ruotare quando vengono applicate in punti diversi di un corpo Momento di una forza Nella figura 1 è illustrato come forze uguali e contrarie possono non produrre equilibrio, bensì una tendenza a ruotare quando vengono applicate in punti diversi di un corpo esteso.

Dettagli

F 2 F 1. r R F A. fig.1. fig.2

F 2 F 1. r R F A. fig.1. fig.2 N.1 Un cilindro di raggio R = 10 cm e massa M = 5 kg è posto su un piano orizzontale scabro (fig.1). In corrispondenza del centro del cilindro è scavata una sottilissima fenditura in modo tale da ridurre

Dettagli

Meccanica Applicata alle Macchine

Meccanica Applicata alle Macchine Esercitazioni di Meccanica Applicata alle Macchine A cura di Andrea Bracci Marco Gabiccini Università di Pisa Dipartimento di Ingegneria Meccanica, Nucleare e della Produzione Anno Accademico 009-00 Indice

Dettagli

Modulo di Meccanica e Termodinamica

Modulo di Meccanica e Termodinamica Modulo di Meccanica e Termodinamica 1) Misure e unita di misura 2) Cinematica: + Moto Rettilineo + Moto Uniformemente Accelerato [+ Vettori e Calcolo Vettoriale] + Moti Relativi 3) Dinamica: + Forza e

Dettagli

Ricordiamo ora che a è legata ad x (derivata seconda) ed otteniamo

Ricordiamo ora che a è legata ad x (derivata seconda) ed otteniamo Moto armonico semplice Consideriamo il sistema presentato in figura in cui un corpo di massa m si muove lungo l asse delle x sotto l azione della molla ideale di costante elastica k ed in assenza di forze

Dettagli

Programma dettagliato del corso di MECCANICA RAZIONALE Corso di Laurea in Ingegneria Civile

Programma dettagliato del corso di MECCANICA RAZIONALE Corso di Laurea in Ingegneria Civile Programma dettagliato del corso di MECCANICA RAZIONALE Corso di Laurea in Ingegneria Civile Anno Accademico 2015-2016 A. Ponno (aggiornato al 19 gennaio 2016) 2 Ottobre 2015 5/10/15 Benvenuto, presentazione

Dettagli

Fisica Generale I (primo modulo) A.A. 2013-2014, 19 Novembre 2013

Fisica Generale I (primo modulo) A.A. 2013-2014, 19 Novembre 2013 Fisica Generale I (primo modulo) A.A. 203-204, 9 Novembre 203 Esercizio I. m m 2 α α Due corpi, di massa m = kg ed m 2 =.5 kg, sono poggiati su un cuneo di massa M m 2 e sono connessi mediante una carrucola

Dettagli

Forze come grandezze vettoriali

Forze come grandezze vettoriali Forze come grandezze vettoriali L. Paolucci 23 novembre 2010 Sommario Esercizi e problemi risolti. Per la classe prima. Anno Scolastico 2010/11 Parte 1 / versione 2 Si ricordi che la risultante di due

Dettagli

a t Esercizio (tratto dal problema 5.10 del Mazzoldi)

a t Esercizio (tratto dal problema 5.10 del Mazzoldi) 1 Esercizio (tratto dal problema 5.10 del Mazzoldi) Una guida semicircolare liscia verticale di raggio = 40 cm è vincolata ad una piattaforma orizzontale che si muove con accelerazione costante a t = 2

Dettagli

. Si determina quindi quale distanza viene percorsa lungo l asse y in questo intervallo di tempo: h = v 0y ( d

. Si determina quindi quale distanza viene percorsa lungo l asse y in questo intervallo di tempo: h = v 0y ( d Esercizio 1 Un automobile viaggia a velocità v 0 su una strada inclinata di un angolo θ rispetto alla superficie terrestre, e deve superare un burrone largo d (si veda la figura, in cui è indicato anche

Dettagli

1) IL MOMENTO DI UNA FORZA

1) IL MOMENTO DI UNA FORZA 1) IL MOMENTO DI UNA FORZA Nell ambito dello studio dei sistemi di forze, diamo una definizione di momento: il momento è un ente statico che provoca la rotazione dei corpi. Le forze producono momenti se

Dettagli

Nome..Cognome.. Classe 4G 4 dicembre 2008. VERIFICA DI FISICA: lavoro ed energia

Nome..Cognome.. Classe 4G 4 dicembre 2008. VERIFICA DI FISICA: lavoro ed energia Nome..Cognome.. Classe 4G 4 dicembre 8 VERIFIC DI FISIC: lavoro ed energia Domande ) Energia cinetica: (punti:.5) a) fornisci la definizione più generale possibile di energia cinetica, specificando l equazione

Dettagli

LICEO SCIENTIFICO STATALE MARIE CURIE Savignano s. R. (FC) CLASSE 3C ESERCIZI SU MOMENTO ANGOLARE-ROTOLAMENTO. Esercizio.

LICEO SCIENTIFICO STATALE MARIE CURIE Savignano s. R. (FC) CLASSE 3C ESERCIZI SU MOMENTO ANGOLARE-ROTOLAMENTO. Esercizio. LICEO SCIENTIFICO STATALE MARIE CURIE Savignano s. R. (FC) CLASSE 3C ESERCIZI SU MOMENTO ANGOLARE-ROTOLAMENTO Esercizio Esercizio Esercizio Dati esercizio: I 1 =5,0 Kg m 2 I 2 =10 Kg m 2 ω i =10giri/sec

Dettagli

1 Introduzione alla Meccanica Razionale 1 1.1 Che cos è la Meccanica Razionale... 1 1.2 Un esempio... 2

1 Introduzione alla Meccanica Razionale 1 1.1 Che cos è la Meccanica Razionale... 1 1.2 Un esempio... 2 Indice 1 Introduzione alla Meccanica Razionale 1 1.1 Che cos è la Meccanica Razionale..................... 1 1.2 Un esempio................................. 2 2 Spazi Vettoriali, Spazio e Tempo 7 2.1 Cos

Dettagli

Seminario didattico Ingegneria Elettronica. Lezione 5: Dinamica del punto materiale Energia

Seminario didattico Ingegneria Elettronica. Lezione 5: Dinamica del punto materiale Energia Seminario didattico Ingegneria Elettronica Lezione 5: Dinamica del punto materiale Energia 1 Esercizio n 1 Un blocco di massa m = 2 kg e dimensioni trascurabili, cade da un altezza h = 0.4 m rispetto all

Dettagli

F S V F? Soluzione. Durante la spinta, F S =ma (I legge di Newton) con m=40 Kg.

F S V F? Soluzione. Durante la spinta, F S =ma (I legge di Newton) con m=40 Kg. Spingete per 4 secondi una slitta dove si trova seduta la vostra sorellina. Il peso di slitta+sorella è di 40 kg. La spinta che applicate F S è in modulo pari a 60 Newton. La slitta inizialmente è ferma,

Dettagli

28360 - FISICA MATEMATICA 1 A.A. 2014/15 Problemi dal libro di testo: D. Giancoli, Fisica, 2a ed., CEA Capitolo 6

28360 - FISICA MATEMATICA 1 A.A. 2014/15 Problemi dal libro di testo: D. Giancoli, Fisica, 2a ed., CEA Capitolo 6 28360 - FISICA MATEMATICA 1 A.A. 2014/15 Problemi dal libro di testo: D. Giancoli, Fisica, 2a ed., CEA Capitolo 6 Lavoro, forza costante: W = F r Problema 1 Quanto lavoro viene compiuto dalla forza di

Dettagli

Moto sul piano inclinato (senza attrito)

Moto sul piano inclinato (senza attrito) Moto sul piano inclinato (senza attrito) Per studiare il moto di un oggetto (assimilabile a punto materiale) lungo un piano inclinato bisogna innanzitutto analizzare le forze che agiscono sull oggetto

Dettagli

Tonzig Fondamenti di Meccanica classica

Tonzig Fondamenti di Meccanica classica 224 Tonzig Fondamenti di Meccanica classica ). Quando il signor Rossi si sposta verso A, la tavola si sposta in direzione opposta in modo che il CM del sistema resti immobile (come richiesto dal fatto

Dettagli

ELETTROMAGNETISMO CARICHE E LEGGE DI COULOMB

ELETTROMAGNETISMO CARICHE E LEGGE DI COULOMB ELETTROMAGNETISMO CARICHE E LEGGE DI COULOMB ESERCIZI SVOLTI DAL PROF. GIANLUIGI TRIVIA 1. La Legge di Coulomb Esercizio 1. Durante la scarica a terra di un fulmine scorre una corrente di.5 10 4 A per

Dettagli

Cap 3.1- Prima legge della DINAMICA o di Newton

Cap 3.1- Prima legge della DINAMICA o di Newton Parte I Cap 3.1- Prima legge della DINAMICA o di Newton Cap 3.1- Prima legge della DINAMICA o di Newton 3.1-3.2-3.3 forze e principio d inerzia Abbiamo finora studiato come un corpo cambia traiettoria

Dettagli

FAM. 1. Sistema composto da quattro PM come nella tabella seguente

FAM. 1. Sistema composto da quattro PM come nella tabella seguente Serie 11: Meccanica IV FAM C. Ferrari Esercizio 1 Centro di massa: sistemi discreti Determina il centro di massa dei seguenti sistemi discreti. 1. Sistema composto da quattro PM come nella tabella seguente

Dettagli

ESERCIZI CINEMATICA IN UNA DIMENSIONE

ESERCIZI CINEMATICA IN UNA DIMENSIONE ESERCIZI CINEMATICA IN UNA DIMENSIONE ES. 1 - Due treni partono da due stazioni distanti 20 km dirigendosi uno verso l altro rispettivamente alla velocità costante di v! = 50,00 km/h e v 2 = 100,00 km

Dettagli

GIRO DELLA MORTE PER UN CORPO CHE ROTOLA

GIRO DELLA MORTE PER UN CORPO CHE ROTOLA 0. IL OETO D IERZIA GIRO DELLA ORTE ER U CORO CHE ROTOLA ell approfondimento «Giro della morte per un corpo che scivola» si esamina il comportamento di un punto materiale che supera il giro della morte

Dettagli

Consideriamo una forza di tipo elastico che segue la legge di Hooke: F x = kx, (1)

Consideriamo una forza di tipo elastico che segue la legge di Hooke: F x = kx, (1) 1 L Oscillatore armonico L oscillatore armonico è un interessante modello fisico che permette lo studio di fondamentali grandezze meccaniche sia da un punto di vista teorico che sperimentale. Le condizioni

Dettagli

Dinamica del corpo rigido: Appunti.

Dinamica del corpo rigido: Appunti. Dinamica del corpo rigido: Appunti. I corpi rigidi sono sistemi di punti materiali, discreti o continui, che hanno come proprietà peculiare quella di conservare la loro forma, oltre che il loro volume,

Dettagli

BILANCIAMENTO. 8-1 Bilanciamento statico di un rotore

BILANCIAMENTO. 8-1 Bilanciamento statico di un rotore 8 BILANCIAMENTO Come si è visto al capitolo 7-3.3, quando il baricentro di un rotore non coincide con l asse di rotazione possono insorgere fenomeni vibratori di entità rilevante, talvolta tali, in condizioni

Dettagli

Corso di orientamento e preparazione ai concorsi di ammissione ai Corsi di Laurea della Facoltà di Medicina e Chirurgia nell'aa 2012/2013.

Corso di orientamento e preparazione ai concorsi di ammissione ai Corsi di Laurea della Facoltà di Medicina e Chirurgia nell'aa 2012/2013. Corso di orientamento e preparazione ai concorsi di ammissione ai Corsi di Laurea della Facoltà di Medicina e Chirurgia nell'aa 2012/2013. FISICA NEVIO FORINI PROGRAMMA 11 LEZIONI DI 2 ORE + VERIFICA :

Dettagli

Travature reticolari piane : esercizi svolti De Domenico D., Fuschi P., Pisano A., Sofi A.

Travature reticolari piane : esercizi svolti De Domenico D., Fuschi P., Pisano A., Sofi A. Travature reticolari piane : esercizi svolti e omenico., Fuschi., isano., Sofi. SRZO n. ata la travatura reticolare piana triangolata semplice illustrata in Figura, determinare gli sforzi normali nelle

Dettagli

RETTE, PIANI, SFERE, CIRCONFERENZE

RETTE, PIANI, SFERE, CIRCONFERENZE RETTE, PIANI, SFERE, CIRCONFERENZE 1. Esercizi Esercizio 1. Dati i punti A(1, 0, 1) e B(, 1, 1) trovare (1) la loro distanza; () il punto medio del segmento AB; (3) la retta AB sia in forma parametrica,

Dettagli

Massimi e minimi vincolati di funzioni in due variabili

Massimi e minimi vincolati di funzioni in due variabili Massimi e minimi vincolati di funzioni in due variabili I risultati principali della teoria dell ottimizzazione, il Teorema di Fermat in due variabili e il Test dell hessiana, si applicano esclusivamente

Dettagli

CdS in Ingegneria Energetica, Università di Bologna Programma dettagliato del corso di Fisica Generale T-A prof. S. Pellegrini

CdS in Ingegneria Energetica, Università di Bologna Programma dettagliato del corso di Fisica Generale T-A prof. S. Pellegrini CdS in Ingegneria Energetica, Università di Bologna Programma dettagliato del corso di Fisica Generale T-A prof. S. Pellegrini Introduzione. Il metodo scientifico. Principi e leggi della Fisica. I modelli

Dettagli

ED. Equazioni cardinali della dinamica

ED. Equazioni cardinali della dinamica ED. Equazioni cardinali della dinamica Dinamica dei sistemi La dinamica dei sistemi di punti materiali si può trattare, rispetto ad un osservatore inerziale, scrivendo l equazione fondamentale della dinamica

Dettagli

Dinamica II Lavoro di una forza costante

Dinamica II Lavoro di una forza costante Dinamica II Lavoro di una forza costante Se il punto di applicazione di una forza subisce uno spostamento ed esiste una componente della forza che sia parallela allo spostamento, la forza compie un lavoro.

Dettagli

CONSERVAZIONE DELL ENERGIA MECCANICA

CONSERVAZIONE DELL ENERGIA MECCANICA CONSERVAZIONE DELL ENERGIA MECCANICA L introduzione dell energia potenziale e dell energia cinetica ci permette di formulare un principio potente e universale applicabile alla soluzione dei problemi che

Dettagli

FISICA (modulo 1) PROVA SCRITTA 10/02/2014

FISICA (modulo 1) PROVA SCRITTA 10/02/2014 FISICA (modulo 1) PROVA SCRITTA 10/02/2014 ESERCIZI E1. Un proiettile del peso di m = 10 g viene sparato orizzontalmente con velocità v i contro un blocco di legno di massa M = 0.5 Kg, fermo su una superficie

Dettagli

Energia e Lavoro. In pratica, si determina la dipendenza dallo spazio invece che dal tempo

Energia e Lavoro. In pratica, si determina la dipendenza dallo spazio invece che dal tempo Energia e Lavoro Finora abbiamo descritto il moto dei corpi (puntiformi) usando le leggi di Newton, tramite le forze; abbiamo scritto l equazione del moto, determinato spostamento e velocità in funzione

Dettagli

L EQUILIBRIO UNIVERSALE dalla meccanica celeste alla fisica nucleare

L EQUILIBRIO UNIVERSALE dalla meccanica celeste alla fisica nucleare L EQUILIBRIO UNIVERSALE dalla meccanica celeste alla fisica nucleare Cap.4 giroscopio, magnetismo e forza di Lorentz teoria del giroscopio Abbiamo finora preso in considerazione le condizionidi equilibrio

Dettagli

L ENERGIA. L energia. pag.1

L ENERGIA. L energia. pag.1 L ENERGIA Lavoro Energia Conservazione dell energia totale Energia cinetica e potenziale Conservazione dell energia meccanica Forze conservative e dissipative Potenza Rendimento di una macchina pag.1 Lavoro

Dettagli

- LAVORO - - ENERGIA MECCANICA - - POTENZA -

- LAVORO - - ENERGIA MECCANICA - - POTENZA - Danilo Saccoccioni - LAVORO - - ENERGIA MECCANICA - - POTENZA - Indice Lavoro compiuto da una forza relativo ad uno spostamento pag. 1 Lavoro ed energia cinetica 3 Energia potenziale 4 Teorema di conservazione

Dettagli

2. L ENERGIA MECCANICA

2. L ENERGIA MECCANICA . L ENERGIA MECCANICA.1 Il concetto di forza La forza può essere definita come «azione reciproca tra corpi che ne altera lo stato di moto o li deforma: essa é caratterizzata da intensità direzione e verso».

Dettagli

3 - Analisi statica delle strutture

3 - Analisi statica delle strutture 3 - nalisi statica delle strutture Metodo analitico ü [.a. 11-1 : ultima revisione 3 settembre 11] Si consideri una struttura piana S, costituita da t tratti rigidi, e si immagini di rimuovere tutti i

Dettagli

2. Giovedì 5/03/2015, 11 13. ore: 2(4) Spazi vettoriali euclidei. Vettori nello spazio fisico: Prodotto scalare e prodotto

2. Giovedì 5/03/2015, 11 13. ore: 2(4) Spazi vettoriali euclidei. Vettori nello spazio fisico: Prodotto scalare e prodotto Registro delle lezioni di MECCANICA 1 Corso di Laurea in Matematica 8 CFU - A.A. 2014/2015 docente: Francesco Demontis ultimo aggiornamento: 21 maggio 2015 1. Lunedì 2/03/2015, 11 13. ore: 2(2) Presentazione

Dettagli

Esercitazione 5 Dinamica del punto materiale

Esercitazione 5 Dinamica del punto materiale Problema 1 Un corpo puntiforme di massa m = 1.0 kg viene lanciato lungo la superficie di un cuneo avente un inclinazione θ = 40 rispetto all orizzontale e altezza h = 80 cm. Il corpo viene lanciato dal

Dettagli

19 Il campo elettrico - 3. Le linee del campo elettrico

19 Il campo elettrico - 3. Le linee del campo elettrico Moto di una carica in un campo elettrico uniforme Il moto di una particella carica in un campo elettrico è in generale molto complesso; il problema risulta più semplice se il campo elettrico è uniforme,

Dettagli

TRAVI SU SUOLO ALLA WINKLER, INTERAZIONE TERRENO-FONDAZIONE

TRAVI SU SUOLO ALLA WINKLER, INTERAZIONE TERRENO-FONDAZIONE Università degli Studi di Palermo Facoltà di Ingegneria Dipartimento di Ingegneria Strutturale e Geotecnica TRAVI SU SUOO AA WINKER, INTERAZIONE TERRENO-FONDAZIONE Prof.. Cavaleri Ing. F. Di Trapani TRAVI

Dettagli

CS. Cinematica dei sistemi

CS. Cinematica dei sistemi CS. Cinematica dei sistemi Dopo aver esaminato la cinematica del punto e del corpo rigido, che sono gli schemi più semplificati con cui si possa rappresentare un corpo, ci occupiamo ora dei sistemi vincolati.

Dettagli

6 Statica delle travi

6 Statica delle travi 6 Statica delle travi 6 Statica delle travi 6.1 Forze esterne Si consideri un generico corpo tridimensionale. possono agire i seguenti tipi di forze esterne: forze di volume b = b(x): [b] =[FL 3 ]; Si

Dettagli

CdL Professioni Sanitarie A.A. 2012/2013. Unità 3 (4 ore)

CdL Professioni Sanitarie A.A. 2012/2013. Unità 3 (4 ore) L. Zampieri Fisica per CdL Professioni Sanitarie A.A. 12/13 CdL Professioni Sanitarie A.A. 2012/2013 Statica del Corpo Rigido Momento di una forza Unità 3 (4 ore) Condizione di equilibrio statico: leve

Dettagli

28360 - FISICA MATEMATICA 1 A.A. 2014/15 Problemi dal libro di testo: D. Giancoli, Fisica, 2a ed., CEA Capitolo 6

28360 - FISICA MATEMATICA 1 A.A. 2014/15 Problemi dal libro di testo: D. Giancoli, Fisica, 2a ed., CEA Capitolo 6 28360 - FISICA MATEMATICA A.A. 204/5 Problemi dal libro di testo: D. Giancoli, Fisica, 2a ed., CEA Capitolo 6 Energia potenziale Problema 26 Una molla ha una costante elastica k uguale a 440 N/m. Di quanto

Dettagli

Seconda Legge DINAMICA: F = ma

Seconda Legge DINAMICA: F = ma Seconda Legge DINAMICA: F = ma (Le grandezze vettoriali sono indicate in grassetto e anche in arancione) Fisica con Elementi di Matematica 1 Unità di misura: Massa m si misura in kg, Accelerazione a si

Dettagli

PROGRAMMA SVOLTO - CLASSE PRIMA sez. R - ITT. ALGAROTTI - A.S. 2014/15. Insegnante: Roberto Bottazzo Materia: FISICA

PROGRAMMA SVOLTO - CLASSE PRIMA sez. R - ITT. ALGAROTTI - A.S. 2014/15. Insegnante: Roberto Bottazzo Materia: FISICA PROGRAMMA SVOLTO - CLASSE PRIMA sez. R - ITT. ALGAROTTI - A.S. 2014/15 Materia: FISICA 1) INTRODUZIONE ALLA SCIENZA E AL METODO SCIENTIFICO La Scienza moderna. Galileo ed il metodo sperimentale. Grandezze

Dettagli

Oscillazioni: il pendolo semplice

Oscillazioni: il pendolo semplice Oscillazioni: il pendolo semplice Consideriamo il pendolo semplice qui a fianco. La cordicella alla quale è appeso il corpo (puntiforme) di massa m si suppone inestensibile e di massa trascurabile. Per

Dettagli

Prova d esame del 30 giugno 2010 Soluzione

Prova d esame del 30 giugno 2010 Soluzione UNIVERSITÀ I PIS Facoltà di Ingegneria Meccanica nalitica e dei Continui (CS Ing. Nucleare e della Sicurezza Industriale) Scienza delle Costruzioni (C Ing. Nucleare e della Sicurezza e Protezione) Scienza

Dettagli

Esercitazione VIII - Lavoro ed energia II

Esercitazione VIII - Lavoro ed energia II Esercitazione VIII - Lavoro ed energia II Forze conservative Esercizio Una pallina di massa m = 00g viene lanciata tramite una molla di costante elastica = 0N/m come in figura. Ammesso che ogni attrito

Dettagli

Meccanica applicata alle macchine. Laurea Triennale in Ingegneria Industriale. Livello e corso di studio ING-IND/13

Meccanica applicata alle macchine. Laurea Triennale in Ingegneria Industriale. Livello e corso di studio ING-IND/13 Insegnamento Livello e corso di studio Settore scientifico disciplinare (SSD) Meccanica applicata alle macchine Laurea Triennale in Ingegneria Industriale ING-IND/13 Anno di corso 2 Numero totale di crediti

Dettagli

Esercitazioni di Meccanica Applicata alle Macchine

Esercitazioni di Meccanica Applicata alle Macchine Università degli Studi di Roma La Sapienza Facoltà di Ingegneria Dipartimento di Meccanica ed Aeronautica Corso di Laurea Triennale in Ingegneria Meccanica Esercitazioni di Meccanica Applicata alle Macchine

Dettagli

Applicazioni del calcolo differenziale allo studio delle funzioni

Applicazioni del calcolo differenziale allo studio delle funzioni Capitolo 9 9.1 Crescenza e decrescenza in piccolo; massimi e minimi relativi Sia y = f(x) una funzione definita nell intervallo A; su di essa non facciamo, per ora, alcuna particolare ipotesi (né di continuità,

Dettagli

Fisica Generale 1 per Ing. Gestionale e Chimica (Prof. F. Forti) A.A. 2011/12 Appello del 29/01/2013.

Fisica Generale 1 per Ing. Gestionale e Chimica (Prof. F. Forti) A.A. 2011/12 Appello del 29/01/2013. Fisica Generale per Ing. Gestionale e Chimica (Prof. F. Forti) A.A. 20/2 Appello del 29/0/203. Tempo a disposizione: 2h30. Scrivere solamente su fogli forniti Modalità di risposta: spiegare sempre il procedimento

Dettagli

LA FORZA. Il movimento: dal come al perché

LA FORZA. Il movimento: dal come al perché LA FORZA Concetto di forza Principi della Dinamica: 1) Principio d inerzia 2) F=ma 3) Principio di azione e reazione Forza gravitazionale e forza peso Accelerazione di gravità Massa, peso, densità pag.1

Dettagli

STRUTTURE ISOSTATICHE REAZIONI VINCOLARI ED AZIONI INTERNE

STRUTTURE ISOSTATICHE REAZIONI VINCOLARI ED AZIONI INTERNE ESERCIZI SVOLTI O CON TRACCIA DI SOLUZIONE SU STRUTTURE ISOSTATICHE REAZIONI VINCOLARI ED AZIONI INTERNE v 1.0 1 I PROVA DI VALUTAZIONE 15 Novembre 2006 - Esercizio 2 Data la struttura di figura, ricavare

Dettagli

Forza. Forza. Esempi di forze. Caratteristiche della forza. Forze fondamentali CONCETTO DI FORZA E EQUILIBRIO, PRINCIPI DELLA DINAMICA

Forza. Forza. Esempi di forze. Caratteristiche della forza. Forze fondamentali CONCETTO DI FORZA E EQUILIBRIO, PRINCIPI DELLA DINAMICA Forza CONCETTO DI FORZA E EQUILIBRIO, PRINCIPI DELLA DINAMICA Cos è una forza? la forza è una grandezza che agisce su un corpo cambiando la sua velocità e provocando una deformazione sul corpo 2 Esempi

Dettagli

Energia potenziale L. P. Maggio 2007. 1. Campo di forze

Energia potenziale L. P. Maggio 2007. 1. Campo di forze Energia potenziale L. P. Maggio 2007 1. Campo di forze Consideriamo un punto materiale di massa m che si muove in una certa regione dello spazio. Si dice che esso è soggetto a un campo di forze, se ad

Dettagli

CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA.

CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA. CORSO DI LAUREA IN INGEGNERIA. FOGLIO DI ESERCIZI 4 GEOMETRIA E ALGEBRA LINEARE 2010/11 Esercizio 4.1 (2.2). Determinare l equazione parametrica e Cartesiana della retta dello spazio (a) Passante per i

Dettagli

Usando il pendolo reversibile di Kater

Usando il pendolo reversibile di Kater Usando il pendolo reversibile di Kater Scopo dell esperienza è la misurazione dell accelerazione di gravità g attraverso il periodo di oscillazione di un pendolo reversibile L accelerazione di gravità

Dettagli

CONI, CILINDRI, SUPERFICI DI ROTAZIONE

CONI, CILINDRI, SUPERFICI DI ROTAZIONE CONI, CILINDRI, SUPERFICI DI ROTAZIONE. Esercizi x + z = Esercizio. Data la curva x, calcolare l equazione del cilindro avente γ y = 0 come direttrice e con generatrici parallele al vettore v = (, 0, ).

Dettagli

v = 4 m/s v m = 5,3 m/s barca

v = 4 m/s v m = 5,3 m/s barca SOLUZIONI ESERCIZI CAPITOLO 2 Esercizio n.1 v = 4 m/s Esercizio n.2 v m = 5,3 m/s = 7 minuti e 4 secondi Esercizio n.3 Usiamo la seguente costruzione grafica: fiume 1 km/h barca 7 km/h La velocità della

Dettagli

Forze Conservative. Il lavoro eseguito da una forza conservativa lungo un qualunque percorso chiuso e nullo.

Forze Conservative. Il lavoro eseguito da una forza conservativa lungo un qualunque percorso chiuso e nullo. Lavoro ed energia 1. Forze conservative 2. Energia potenziale 3. Conservazione dell energia meccanica 4. Conservazione dell energia nel moto del pendolo 5. Esempio: energia potenziale gravitazionale 6.

Dettagli

Lunedì 20 dicembre 2010. Docente del corso: prof. V. Maiorino

Lunedì 20 dicembre 2010. Docente del corso: prof. V. Maiorino Lunedì 20 dicembre 2010 Docente del corso: prof. V. Maiorino Se la Terra si spostasse all improvviso su un orbita dieci volte più lontana dal Sole rispetto all attuale, di quanto dovrebbe variare la massa

Dettagli

Aprile (recupero) tra una variazione di velocità e l intervallo di tempo in cui ha luogo.

Aprile (recupero) tra una variazione di velocità e l intervallo di tempo in cui ha luogo. Febbraio 1. Un aereo in volo orizzontale, alla velocità costante di 360 km/h, lascia cadere delle provviste per un accampamento da un altezza di 200 metri. Determina a quale distanza dall accampamento

Dettagli

0. Piano cartesiano 1

0. Piano cartesiano 1 0. Piano cartesiano Per piano cartesiano si intende un piano dotato di due assi (che per ragioni pratiche possiamo scegliere ortogonali). Il punto in comune ai due assi è detto origine, e funziona da origine

Dettagli

POLITECNICO DI MILANO CORSO DI LAUREA ON LINE IN INGEGNERIA INFORMATICA ESAME DI FISICA

POLITECNICO DI MILANO CORSO DI LAUREA ON LINE IN INGEGNERIA INFORMATICA ESAME DI FISICA 1 POLITECNICO DI MILANO CORSO DI LAUREA ON LINE IN INGEGNERIA INFORMATICA ESAME DI FISICA Per ogni punto del programma d esame vengono qui di seguito indicate le pagine corrispondenti nel testo G. Tonzig,

Dettagli

ENERGIA. Energia e Lavoro Potenza Energia cinetica Energia potenziale Principio di conservazione dell energia meccanica

ENERGIA. Energia e Lavoro Potenza Energia cinetica Energia potenziale Principio di conservazione dell energia meccanica 1 ENERGIA Energia e Lavoro Potenza Energia cinetica Energia potenziale Principio di conservazione dell energia meccanica 2 Energia L energia è ciò che ci permette all uomo di compiere uno sforzo o meglio

Dettagli

SISTEMI VINCOLATI. 1. Punto fisso: il vincolo impedisce ogni spostamento del punto.

SISTEMI VINCOLATI. 1. Punto fisso: il vincolo impedisce ogni spostamento del punto. SISTEMI VINCOLATI Definizione 1 Si dice vincolo una qualunque condizione imposta ad un sistema materiale che impedisce di assumere una generica posizione e/o atto di moto. La presenza di un vincolo di

Dettagli

11 Teorema dei lavori virtuali

11 Teorema dei lavori virtuali Teorema dei lavori virtuali Teorema dei lavori virtuali Si consideri una trave ad asse rettilineo figura.). Per essa si definisce sistema carichi sollecitazioni CS) l insieme di tutte le grandezze di tipo

Dettagli

Dinamica: Forze e Moto, Leggi di Newton

Dinamica: Forze e Moto, Leggi di Newton Dinamica: Forze e Moto, Leggi di Newton La Dinamica studia il moto dei corpi in relazione il moto con le sue cause: perché e come gli oggetti si muovono. La causa del moto è individuata nella presenza

Dettagli

DINAMICA, LAVORO, ENERGIA. G. Roberti

DINAMICA, LAVORO, ENERGIA. G. Roberti DINAMICA, LAVORO, ENERGIA G. Roberti 124. Qual è il valore dell'angolo che la direzione di una forza applicata ad un corpo deve formare con lo spostamento affinché la sua azione sia frenante? A) 0 B) 90

Dettagli

PROBLEMI TRADIZIONALI SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA

PROBLEMI TRADIZIONALI SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA Simulazione 01/15 ANNO SCOLASTICO 01/15 PROBLEMI TRADIZIONALI SIMULAZIONE DELLA PROVA DI MATEMATICA DELL ESAME DI STATO PER IL LICEO SCIENTIFICO Il candidato risolva uno dei due problemi Problema 1 Nella

Dettagli

GIRO DELLA MORTE PER UN CORPO CHE SCIVOLA

GIRO DELLA MORTE PER UN CORPO CHE SCIVOLA 8. LA CONSERVAZIONE DELL ENERGIA MECCANICA IL LAVORO E L ENERGIA 4 GIRO DELLA MORTE PER UN CORPO CHE SCIVOLA Il «giro della morte» è una delle parti più eccitanti di una corsa sulle montagne russe. Per

Dettagli

percorso fatto sul tratto orizzontale). Determinare il lavoro (minimo) e la potenza minima del motore per percorrere un tratto.

percorso fatto sul tratto orizzontale). Determinare il lavoro (minimo) e la potenza minima del motore per percorrere un tratto. Esercizio 1 Una pietra viene lanciata con una velocità iniziale di 20.0 m/s contro una pigna all'altezza di 5.0 m rispetto al punto di lancio. Trascurando ogni resistenza, calcolare la velocità della pietra

Dettagli

GEOMETRIA I Corso di Geometria I (seconda parte)

GEOMETRIA I Corso di Geometria I (seconda parte) Corso di Geometria I (seconda parte) anno acc. 2009/2010 Cambiamento del sistema di riferimento in E 3 Consideriamo in E 3 due sistemi di riferimento ortonormali R e R, ed un punto P (x, y, z) in R. Lo

Dettagli

Moti e sistemi rigidi

Moti e sistemi rigidi Moti e sistemi rigidi Dispense per il corso di Meccanica Razionale 1 di Stefano Siboni 1. Moto rigido di un sistema di punti Sia dato un sistema S di N 2 punti materiali P i, i = 1,..., N. Per configurazione

Dettagli

GEOMETRIA DELLE MASSE

GEOMETRIA DELLE MASSE 1 DISPENSA N 2 GEOMETRIA DELLE MASSE Si prende in considerazione un sistema piano, ossia giacente nel pian x-y. Un insieme di masse posizionato nel piano X-Y, rappresentato da punti individuati dalle loro

Dettagli

Percorsi di matematica per il ripasso e il recupero

Percorsi di matematica per il ripasso e il recupero Giacomo Pagina Giovanna Patri Percorsi di matematica per il ripasso e il recupero 2 per la Scuola secondaria di secondo grado UNITÀ CAMPIONE Edizioni del Quadrifoglio à t i n U 1 Sistemi di primo grado

Dettagli

DERIVATE DELLE FUNZIONI. esercizi proposti dal Prof. Gianluigi Trivia

DERIVATE DELLE FUNZIONI. esercizi proposti dal Prof. Gianluigi Trivia DERIVATE DELLE FUNZIONI esercizi proposti dal Prof. Gianluigi Trivia Incremento della variabile indipendente e della funzione. Se, sono due valori della variabile indipendente, y f ) e y f ) le corrispondenti

Dettagli

Parte 2. Determinante e matrice inversa

Parte 2. Determinante e matrice inversa Parte. Determinante e matrice inversa A. Savo Appunti del Corso di Geometria 013-14 Indice delle sezioni 1 Determinante di una matrice, 1 Teorema di Cramer (caso particolare), 3 3 Determinante di una matrice

Dettagli

Cosa determina il moto? Aristotele pensava che occorresse uno sforzo per mantenere un corpo in movimento. Galileo non era d'accordo.

Cosa determina il moto? Aristotele pensava che occorresse uno sforzo per mantenere un corpo in movimento. Galileo non era d'accordo. Introduzione Cosa determina il moto? Aristotele pensava che occorresse uno sforzo per mantenere un corpo in movimento. Galileo non era d'accordo. riassunto Cosa determina il moto? Forza - Spinta di un

Dettagli

LABORATORIO DI FISICA. Elettromagnetismo

LABORATORIO DI FISICA. Elettromagnetismo MINISTERO DELL ISTRUZIONE,UNIVERSITA E RICERCA ISTITUTO TECNICO INDUSTRIALE STATALE L. DA Vinci Via G. Rosato, 5-66034 L a n c i a n o (Ch) Tel. 087242556 Fax 0872702934 E-mail: chtf0200l@istruzione.it

Dettagli

Note di fisica. Mauro Saita e-mail: maurosaita@tiscalinet.it Versione provvisoria, luglio 2012. 1 Quantità di moto.

Note di fisica. Mauro Saita e-mail: maurosaita@tiscalinet.it Versione provvisoria, luglio 2012. 1 Quantità di moto. Note di fisica. Mauro Saita e-mail: maurosaita@tiscalinet.it Versione provvisoria, luglio 2012. Indice 1 Quantità di moto. 1 1.1 Quantità di moto di una particella.............................. 1 1.2 Quantità

Dettagli

Esempio Esame di Fisica Generale I C.d.L. ed.u. Informatica

Esempio Esame di Fisica Generale I C.d.L. ed.u. Informatica Esempio Esame di Fisica Generale I C.d.L. ed.u. Informatica Nome: N.M.: 1. 1d (giorno) contiene all incirca (a) 8640 s; (b) 9 10 4 s; (c) 86 10 2 s; (d) 1.44 10 3 s; (e) nessuno di questi valori. 2. Sono

Dettagli

Il potenziale a distanza r da una carica puntiforme è dato da V = kq/r, quindi è sufficiente calcolare V sx dovuto alla carica a sinistra:

Il potenziale a distanza r da una carica puntiforme è dato da V = kq/r, quindi è sufficiente calcolare V sx dovuto alla carica a sinistra: 1. Esercizio Calcolare il potenziale elettrico nel punto A sull asse di simmetria della distribuzione di cariche in figura. Quanto lavoro bisogna spendere per portare una carica da 2 µc dall infinito al

Dettagli

Test di autovalutazione Corso di Laurea in Tossicologia dell ambiente e degli alimenti

Test di autovalutazione Corso di Laurea in Tossicologia dell ambiente e degli alimenti Test di autovalutazione Corso di Laurea in Tossicologia dell ambiente e degli alimenti Quesito 1 Un punto materiale di massa 5 kg si muove di moto circolare uniforme con velocità tangenziale 1 m/s. Quanto

Dettagli

DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE E CONCETTO DI FORZA. Dinamica: studio delle forze che causano il moto dei corpi

DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE E CONCETTO DI FORZA. Dinamica: studio delle forze che causano il moto dei corpi DINAMICA DEL PUNTO MATERIALE E CONCETTO DI FORZA Dinamica: studio delle forze che causano il moto dei corpi 1 Forza Si definisce forza una qualunque causa esterna che produce una variazione dello stato

Dettagli