Seminario didattico Ingegneria Elettronica. Lezione 6: Dinamica del Corpo Rigido

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1 Seminario didattico Ingegneria Elettronica Lezione 6: Dinamica del Corpo Rigido 1

2 Esercizio n 1 Su un disco di massa M e raggio R è praticata una sottile scanalatura di raggio r che non altera il suo momento d'inerzia. Al disco, che può ruotare attorno ad un asse orizzontale passante per il suo centro, sono appesi due corpi di massa m1 e m2 mediante due funi ideali arrotolate come in figura. Il sistema, inizialmente in quiete, viene lasciato libero di muoversi. Scrivere le equazioni del moto del sistema, determinando le accelerazioni lineari dei due corpi, l'accelerazione angolare della carrucola, il valore delle tensioni nelle due funi, con i seguenti valori numerici: M = 1 kg, r = 10 cm, R = 20 cm, m1=100 g, m2=200g. DATI: R = 20 cm M = 1 kg r = 10 cm m 1 = 100 g m 2 = 200 g t = 0 sistema in quiete a)? a 1 a 2 b)? acc. angolare c)? T 1 e T 2 2

3 Svolgimento esercizio 1 (1) (a) T 1 O T 2 -T 1 -T 2 Dopo aver fissato un verso per la rotazione della carrucola, individuiamo le forse in gioco. Per convenzione fissiamo il verso di rotazione in modo tale che il corpo più pesante (in questo caso m 2 ) scenda e l altro salga. In base a ciò scriviamo le equazioni del moto per m 1 ed m 2 con gli opportuni segni: m 2 g T 2 =m 2 a 2 (1) m 1 g m 2 g T 2 =m 2 g a 2 T 1 =m 1 g+a 1 m 1 g T 1 = m 1 a 1 e l equazione rotazionale per la carrucola: RT 2 rt 1 =Iα M 0 I α dove il momento di inerzia del disco rispetto al suo CM è noto: Dalla (1) e (2) ricavo: (2) (3) I CM = 1 2 MR2 3

4 Svolgimento esercizio 1 (2) Inoltre posso scrivere le relazioni che legano le accelerazioni dei due punti materiali all accelerazione angolare della carrucola: R [ m 2 g αr ] r [m 1 g+αr ]= 1 2 MR2 α α= a 1 =αr a 2 =αr Sostituendo le espressioni delle tensioni ed esplicitando a 1 e a 2 nella (3) si ottiene: m 2 R m 1 r g= rad/s 1 2 MR2 +m 2 R 2 +m 1 r 2 2 di conseguenza: a 1 =αr=1.014 m/s 2 diretta verso l alto (m 1 sale) a 2 =αr= m/s 2 diretta verso il basso (m 2 scende) e dalla (1) e (2): T 1 =m 1 g+a 1 =1. 08 N T 2 =m 2 g a 2 =1.55 N 4

5 Esercizio n 2 Una sbarretta uniforme di massa M = 2 kg e lunghezza l =1 m, è libera di ruotare in un piano verticale intorno ad un asse orizzontale senza attrito passante per un suo estremo. Sull altro estremo della sbarretta è fissato un corpo, approssimabile ad un punto materiale, di massa m = 2 kg. La sbarretta inizialmente ferma in posizione orizzontale, viene lasciata cadere. Determinare: a. la posizione del centro di massa del sistema; b. l accelerazione angolare iniziale del sistema e l accelerazione tangenziale iniziale dell estremità destra della sbarretta; c. la velocità del centro di massa quando il sistema raggiunge la posizione verticale. DATI: sbarretta: M = 2 kg l = 1 m corpo puntiforme: m = 2 kg t = 0 sbarretta orizzontale in quiete (a)? X CM (b)? ed a t estremità destra (c)? V CM sbarretta verticale 5

6 Svolgimento esercizio 2 (1) (a) Calcoliamo la posizione del CM: X CM = X CM = M l 2 +ml M+m =0.75 m (b) A questo punto possiamo considerare la situazione equivalente, cioè un punto materiale di massa (m+m) che si trovi a distanza X CM dall origine; l unica forza agente su tale punto materiale è la forza peso, il cui momento rispetto al polo O è: O i i m i x i m i = M x CM asta +ml M+m CM P X M O = X CM P M O = M+m gx CM Per poter scrivere l equazione di rotazione del sistema (asta + punto materiale), devo calcolare il momento di inerzia totale: X I O =I asta +I m 6

7 Svolgimento esercizio 2 (2) dove, rispetto al polo 0, si ha: I m =ml 2 I asta = I asta CM +M l 2 2 = 1 12 Ml2 +M l2 4 teor. Huygens-Steiner Quindi il momento di inerzia totale (considerando che M=m)sarà: I O = 1 3 Ml2 +ml 2 = 4 3 Ml2 =2. 67kg m 2 Allora posso scrivere l equazione di rotazione: M O =I O α M O =I O α α= M O I O = X CM m+m I O g=11. 01rad/s 2 Di conseguenza, l accelerazione tangenziale all estremità A della sbarretta sarà: a t A =αl=11 m/s 2 7

8 Svolgimento esercizio 2 (3) (c) Per calcolare la velocità del CM quando la sbarretta si trova in posizione verticale, ragioniamo energeticamente imponendo la conservazione dell energia meccanica totale. Fissiamo il livello 0, corrispondente alla posizione finale del CM: X CM O O CM Nella situazione iniziale, l energia meccanica totale è data solo dall energia potenziale gravitazionale del CM che si trova ad altezza X CM rispetto al livello 0: E i = m+m gx CM Invece l energia meccanica finale è solo energia cinetica rotazionale: E f = 1 2 I O ω2 = 1 2 I O 2 v CM 2 X CM Imponendo la conservazione dell energia meccanica totale (dato che non ci sono forze non conservative in gioco) otteniamo, sostituendo l espressione di I 0 e considerando M=m: v CM= 3 gx 3 CM l 2 =3.52 m/s 8

9 Esercizio n 3 Un corpo rigido formato da un asta di massa m = 1.5 kg e lunghezza d e da un disco di eguale massa e raggio R = d/4, è posato sopra un piano orizzontale su cui può muoversi senza attrito ed è inizialmente in quiete. Un punto materiale di massa M = 0.4 kg, in moto con velocità v = 10 m/s, urta il corpo rigido nel punto P distante r = 7/8 d dall estremo O e vi resta attaccato. Nell ipotesi che sul corpo non agisca alcun vincolo, a) descrivere il moto del sistema corpo-punto dopo l urto, precisando se si tratta di moto traslatorio, rotatorio o rototraslatorio; b) calcolare la velocità del CM del sistema dopo l urto. Se invece il corpo è vincolato in O, attorno a cui può ruotare, calcolare: c) la velocità del CM del sistema dopo l urto. d) l impulso subito dal perno in O durante l urto DATI: ASTA: m=1.5 kg, d DISCO: m, R=d/4 Punto materiale: M=0.4 kg, v=10 m/s r = 7/8 d Caso A) no vincoli:? Descrivere moto sistema? Velocità CM Caso B) vincolo = O? Velocità CM? Impulso subito dal perno in O durante l urto 9

10 Svolgimento esercizio 3 (1) (CASO A) Calcoliamo la posizione del centro di massa del sistema composto dall'asse, dal disco e dal punto materiale, considerando l'asse x orientato come in figura: d 7/8d x m d 2 m d R M 7 8 d x CM = 2m M m 7 4 d M 7 8 d = 2m M 2m M 7 8 d = 2m M m d 2 m5 4 d M 7 8 d = 2m M = 7 8 d Il punto di impatto coincide con il centro di massa del sistema, il momento angolare iniziale (prima dell'urto) rispetto al CM è nullo. Poichè I momenti esterni sono nulli il momento angolare si conserva. Il momento angolare dopo l'urto risulta nullo ed il moto è puramente TRASLATORIO. Nel caso in cui il CM di massa e il punto di impatto non coincidano il moto è rototraslatorio. 10 =

11 Svolgimento esercizio 3 (2) Non essendo il corpo rigido vincolato, si conserva anche la quantità di moto. Dopo l urto, il sistema corpo rigido + punto materiale si muoverà di moto traslatorio verso l alto: Prima dell urto Dopo l urto: P i =M v P f = 2m M v CM Imponendo la conservazione della quantità di moto subito prima e subito dopo l urto si ottiene: M 2m v CM = M v v CM = M 2m M v=1,18 m s u z dove è stato considerato come versore û z il versore diretto verso l alto. 11

12 Svolgimento esercizio 3 (3) (CASO B) In questo caso il corpo rigido è vincolato e durante l urto la quantità di moto non si conserva. Si conserva invece il momento angolare calcolato prendendo come polo il vincolo: Prima dell urto Dopo l urto: L O i = r M v =Mrv L O f = I O ω =I O ω ed imponendo la conservazione del momento angolare si ottiene: Occorre calcolare il momento di inerzia del sistema rispetto al polo O: Mrv=I O ω I O = I asta I disco I M =[ 1 12 md 2 m d 2 2] [ 1 2 mr 2 m d R 2] Mr 2 = = 1 [ 3 md m d2 16 m 25 4 d 2 ] M 7 8 d 2 =[ m M ] d 2 =Cd 2 con C=3,20 kg 12

13 Svolgimento esercizio 3 (4) Quindi: Mv 7 ω= 7 8 d=i O ω 8 Mvd I 0 v CM = ω x CM = x CM ω In conclusione si ha: v CM =x CM ω= x CM 7 8 Mvd I 0 = Mvd 2 I 0 v CM = Mvd 2 Cd 2 =0, 95 m s 13

14 Svolgimento esercizio 3 (5) Per calcolare l impulso subito dal perno in O, usiamo la relazione; dove: Quindi: J O =Δ p= p fin p in p = M v =Mv i p = M 2m v f CM Prima dell urto Dopo l urto: J = M 2m v CM M v = 0,77 Ns 14

15 Esercizio n 4 Un asta lunga l = 1.2 m può ruotare, in un piano verticale, attorno al proprio centro O; la massa dell asta vale M = 2.5 kg. Un punto materiale di massa m = 0.25 kg, lanciato verticalmente dal basso verso l alto, colpisce l asta a distanza R = 0.4 m da O e rimane ad essa attaccato; la velocità di m all istante dell urto vale v = 20 m/s. Calcolare: a) la velocità angolare del sistema subito dopo l urto; b) la variazione di energia cinetica del sistema nell urto; c) la velocità angolare del sistema quando ha compiuto una rotazione di 90. DATI: ASTA: M= 2.5 kg l = 1.2 m VINCOLO = O Punto materiale: m = 0.25 kg v = 20 m/s R = 0.4 m da O (a)? 0 dopo urto (b) (c)? E k nell urto? a =90 15

16 Svolgimento esercizio 4 (1) Il corpo è vincolato: la quantità di moto non si conserva durante l urto, ma si conserva il momento angolare calcolato rispetto al vincolo. Prima dell urto Dopo l urto: L O i = R m v =mrv L O f = I O ω O =I O ω O dove il momento di inerzia si riferisce al sistema asta+ punto materiale. I O =I asta I m = 1 12 Ml2 mr2 =0.34 kg m 2 Imponendo la conservazione del momento angolare si ottiene: ω O = mvr I O =5.9 rad s mrv=i O ω O 16

17 Svolgimento esercizio 4 (2) Per calcolare la variazione dell energia cinetica durante l urto, scriviamo le espressioni di E k prima e dopo l urto: E k i = 1 2 Mv 2 } Prima dell urto E k f = 1 2 I 2 Dopo l urto: O ω O ΔE k = 1 2 I O ω o 2 mv 2 = J Per calcolare la velocità angolare del sistema dopo un quarto di giro, considero la conservazione dell energia meccanica: =0 2 E m θ=0 = 1 2 I O ω O R θ =90 E m θ=90 = 1 2 I O ω 2 1 mgr 1 2 I O ω 2 O = 1 2 I O ω 2 1 mgr ω 1= ω 2 O 2 mgr I O =5,4 rad 17 s

18 Esercizio n 5 Due aste uguali, ciascuna di massa m2 = 0.72 kg e lunghezza d = 0.8 m, sono fissate tra loro come mostrato in figura (stesso centro, angolo 90 ); esse stanno in un piano verticale e possono ruotare attorno ad un asse fisso orizzontale passante per il loro centro O e ortogonale al piano che le contiene. Inizialmente le aste sono in quiete, con l asta AB verticale. Un proiettile puntiforme, avente massa m1 = 0.15 kg e velocità v1, in moto lungo la linea orizzontale tratteggiata, colpisce l estremo B e vi resta conficcato. A seguito dell urto il sistema entra in rotazione con velocità angolare 0 = 5 rad/s. Calcolare: a) il valore di v1. Nell istante in cui è stato compiuto un quarto di giro, per cui l asta AB è orizzontale, la velocità angolare vale = 5.6 rad/s. Calcolare: b) il valore del momento di attrito M costante che agisce sull asse di rotazione; c) sempre nello stesso istante in cui = 5.6 rad/s, le componenti tangenziale e normale dell accelerazione di m1. DATI: ASTE: m 2 =0.72 kg, d = 0.8 m VINCOLO = O Punto materiale: m 1 =0.15 kg Dopo urto: 0 = 5 rad/s? v 1 Dopo 90 =5.6 rad/s? M attr. cost sull asse? a N e a T di m 1 18

19 Svolgimento esercizio 5 (1) Dato che il corpo rigido è vincolato, non si può conservare la quantità di moto, ma si conserva il momento angolare rispetto al vincolo: Prima dell urto Dopo l urto: L Oi = r m 1 v 1 =m 1 v 1 d 2 L Of = I O ω O =I O ω O Dove il momento di inerzia del sistema (aste+punto materiale) è dato da: I O =2 I asta I m1 = m 2 d 2 m 1 d 2 2 = 1 6 m 2d 2 m 1 d 2 4 = = 2m 2 3m 1 12 d 2 = kg m 2 Quindi: m 1 v 1 d 2 =I O ω O v 1 = 2I O ω O m 1 d = 1 6 2m 2 3m 1 m 1 dω 0 =8,4 m s 19

20 Svolgimento esercizio 5 (2) Dopo ¼ di giro ( =90 ) la situazione è quella mostrata in figura: Calcoliamo la variazione di energia meccanica: m 1 =0 =90 E mi =E ki E gi = 1 2 I O ω O 2 m 1 g d 2 E mf =E k f E gf = 1 2 I O ω 2 0 La variazione di energia meccanica è uguale al lavoro delle forze non conservative, ovvero al lavoro della forza di attrito agente sull asse di rotazione: π /2 ΔE m =W fnc = o M attr dθ=m attr π 2 M attr = 2 π ΔE m = 2 [ 1 π 2 I O ω 2 ω O2 m 1 g d ] = 0, 17 Nm 2 20

21 Svolgimento esercizio 5 (2) Per calcolare le due componenti dell accelerazione di m 1, consideriamo le due espressioni: α a N =ω 2 r=ω 2 d 2 =12,54 m s 2 a N a t m 1 a t = α r =α d 2 Occorre calcolare l accelerazione angolare tramite l equazione dinamica di rotazione: M tot =I O α M peso M attr =I O α m 1 g d 2 M attr =I O α α= M m 1 g d tot 2 M attr = =4,15 rad I O I O s 2 a t =α d 2 =1, 66 m s 2 21

22 Esercizio n 6 Un corpo rigido formato da un disco di raggio R = 10 cm e massa M = 1 kg e da un asta di massa M e lunghezza l = 2R si trova su un piano verticale come mostrato in figura ed è vincolato nel punto A. Determinare: a) il momento di inerzia del sistema; b) la posizione del CM del sistema; c) l impulso minimo che deve essere comunicato al centro del disco (vedere figura) affinché il corpo rigido possa compiere un giro completo attorno ad A. DATI: ASTA: M=1 kg, l=2r DISCO: M, R=10 cm VINCOLO=A (a)? I sistema (b)? Posizione CM (c)? J min per giro completo 22

23 Svolgimento esercizio 6 (1) I A =I asta I disco = 1 12 Ml 2 M l MR2 M l R 2 = Calcoliamo il momento di inerzia del sistema rispetto al vincolo A: = 1 12 Ml Ml2 1 2 MR 2 9 MR 2 =1 3 Ml MR2 = = 4 3 MR MR2 x: x CM =0 M l 2 y : y CM = M M I A = 65 6 MR2 =0, 108 kg m 2 X Orientando gli assi come in figura si può calcolare la posizione del CM: M l R = 4 MR 2M =2R } CM B y

24 Svolgimento esercizio 6 (2) Affinché possa compiere un giro completo, il corpo rigido deve giungere nella posizione indicata in figura con velocità angolare >0:. Dunque, la condizione limite è che il sistema giunga nella posizione a 180 rispetto a quella iniziale con velocità angolare nulla. B Tra la posizione iniziale e finale (180 rispetto alla posiz. Iniziale), si ha la conservazione dell energia meccanica: A =0 E m θ=0 = 1 2 I A ω 2 O J B Quindi: =90 E m θ=90 =2 Mg 2l =8 MgR 1 2 I A ω 2 O=8 MgR ω O= 16 MgR I A =12, 05 rad s 24

25 Svolgimento esercizio 6 (2) Per calcolare l impulso minimo da applicare consideriamo la seguente relazione: Momento dell impulso Δ L A = r J min Prima dell applicazione di J L Ai =0 Momento angolare Dopo l applicazione di J L Af = I A ω 0 =I A ω 0 Quindi: Δ L A = r J min I A ω O = l R J min I A ω O =3 RJ min J min = I A ω O 3R =4, 34 Ns Se J>J min il corpo rigido riuscirà a compiere un giro completo!! 25