R (E) = M a CM. M (E) = d L dt E k = L (E)

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1 2 7.2 CENTRO DI MASSA Parte I 1 Cap.7 - Corpi rigidi Corpi Rigidi Se il sistema di punti discreto diventa continuo allora i punti materiali sono elementi infinitesimi del corpo. Un sistema di punti continuo per il quale le distanze tra i vari punti non variano nel tempo viene chiamato corpo rigido. Nel caso dei corpi rigidi essendo le distanze tra i punti bloccate allora anche il lavoro delle forze interne risulta nullo per cui le leggi fondamentali della dinamica dei corpi rigidi diventano: Centro di Massa R (E) = M a CM M (E) = d L E k = L (E) Il singolo punto materiale, nel caso di un corpo rigido, si può pensare come un elemento infinitesimo di volume dv e di massa dm. Si passa dalla definizione dei sistemi di punti materiali passando al continuo adeguando il calcolo analitico (da sommatorie ad integrali). Il C.M. allora è individuato risolvendo i seguenti integrali (di volume): x cm = 1 xdm M V y cm = 1 ydm M V z cm = 1 zdm M Il calcolo di questi integrali è riconducibile a più semplici integrali introducendo la densità di massa volumetrica data dal rapporto tra massa e volume: ρ = dm dv ( in Kg/m3 ). Nota la densità di massa (che può essere variabile) si ha dm = ρdv M = V ρdv. Quando un corpo è omogeneo la densità non cambia punto per punto e ρ = dm dv = M V I vari corpi però possono avere una distribuzione di massa particolare quali dischi, fili ecc. In questi casi si può utilizzare la densità superficiale ρ s = dm ds M = S ρ sds o la V Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 1

2 4 ESEMPIO 7.2 CALCOLO DEL CM PER UN ASTA RIGIDA densità lineareρ l = dm dl M = C ρ sdlperrappresentareladistribuzione di massa in modo piu corretto. Parte II 3 Calcolo del CM per corpi rigidi Sostituendo la densità negli integrali si ottiene: V r cm = rdm M = V ρ rdv M = ρ rdv = 1 M V Che proiettata sugli assi diventa: x cm = 1 xdv V y cm = 1 ydv V z cm = 1 zdv V V V rdv (1) Questo risultato è importante perchè stabilisce che quando un corpo è omogeneo il centro di massa dipende solo dalla forma geometrica cioè coincide con il centro di simmetria se è un corpo ha una simmetria. Ad esempio per la sfera è il suo centro, per un cilindro si troverà sull asse del cilindro e a metà di esso ecc. 4 Esempio 7.2 Calcolo del CM per un asta rigida Se l oggetto è omogeneo (la densità non cambia punto per punto) il CM coincide con il centro geometrico dell oggetto. Se l oggetto ha una forma geometrica semplice quindi si può evitare qualunque calcolo. A titolo di esempio è mostrato di seguito il calcolo per un asta rigida omogenea. Supponiamo che l asta sia orientata secondo l asse x e che si possano trascurare le xdv altre dimensioni. Allora x cm = V. Inoltre abbiamo che dv = dx S con S la sezione della barretta allora x cm = S L 0 xdx V = SL2 /2 V e poichè V = S L si ottiene x cm = L 2 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 2

3 5 CENTRO DI MASSA E FORZA PESO 5 Centro di massa e forza peso La forza peso agisce come un sistema di forze parallele e abbiamo già visto che il centro di massa coincide con il baricentro. La dimostrazione è identica a quella già vista per i sistemi di punti materiali. Possiamo inoltre valutare per la forza peso qual è la variazione di energia potenziale: assumiamo che la g = gû z sia diretta cioè lungo l asse z, allora E p = V gzdm = g V zdm = mgz cm l energia potenziale del corpo rigido dipende dalla coordinata z (verticale) del CM. Problema 9.54 ed. VI Una piastra quadrata ed omogenea, di lato 6d=6m, ha un ritaglio quadrato di lato 2d e centro posto in (2m,0m), avendo scelto l origine al centro della piastra. Trovare le coordinate del CM. Si può risolvere l esercizio anche dividendo la piastra in tanti elementi (quadrati e rettangoli in questo caso) calcolando poi il CM dei centri di ogni elemento pesati con la loro massa. Oppure possiamo ragionare così : pensiamo la lamiera intera come costituita da quella ritagliata (bucata) + il ritaglio. Il CM del tutto è pari al CM della lamiera tagliata + il CM del ritaglio. Il totale ed il ritaglio sono omogenei e quadrati per cui il loro CM coincide con il loro centro. Per cui si deve avere: x LI cm = xlf cm M LF +x rit cm M rit M t Le coordinate di x LI cm = 0 e x rit cm = 2 dalla traccia. Per calcolare le masse teniamo conto che gli oggetti sono omogenei: indicando ρ la densità della lastra abbiamo: M t = ρ (6d) 2 M rit = ρ (2d) 2 e M LF = M t M rit per cui si ha 0 = x LF cm (1 ρ(2d)2 ρ(2d)2 ρ(6d) 2)+2 ρ(6d) 2 per cui x LF cm = 2 1/9 1 1/9 = 2 8 = 0.25 cm Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 3

4 7 7.3-ROTAZIONI Parte III Moto di un corpo rigido Abbiamo visto come il generico moto di un sistema di punto materiali sia una traslazione del CM sovrapposta ad una rotazione. Vediamo per i corpi rigidi cosa comporta partendo dalle traslazioni. traslazioni corpi rigidi Nelletraslazionisiha L = 0eE k = 0rispettoalCM.Ladinamicadelcorpo diventa in questo caso quella del CM e le grandezze significative diventano: quantita di moto P= M v cm energia cinetica E k = 1 2 Mv2 cm LadinamicadelCMèdatada R (E) = M a cm = d P edaliteoremadiköenig il momento angolare totale è dovuto al momento angolare del CM L = L cm = r cm P Ne consegue che l espressione di L dipende direttamente da P per cui la seconda equazione della dinamica non aggiunge alcuna ulteriore conoscenza (cioè è equivalente) e si può dimostrare che M = d L = r cm R per cui non si ottiene una equazione differente dalla conoscenza di R Pertanto nelle traslazioni si usa solo la prima legge rotazioni rotazioni corpi rigidi Nel caso delle rotazioni, tutti i punti descrivono un moto circolare, e tutti con la stessa velocità angolare ω, in generale però ω può essere variabile nel tempo. L equazione dinamica che descrive il moto di rotazione è : M = d L Si può dimostrare che il moto generico è una rototraslazione dato che ogni spostamento infinitesimo può considerarsi come una sovrapposizione(ovvero una somma vettoriale) di una traslazione ed una rotazione. (2) Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 4

5 Nicola GigliettoA.A /19 ROTAZIONI RIGIDE ATTORNO AD UN ASSE FISSO (SIST.INERZIALE) Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso (sist.inerziale) Consideriamo il caso in cui l asse di rotazione sia fissa (situazione tipica di macchine e motori) ad esempio con una direzione diretta lungo z. Il vettore ω avrà quindi una direzione fissa nello spazio. Il momento angolare del generico punto sarà L i = r i m i v i ed è in modulo pari a L i = r i m i v i = m i r i R i ω con R i = r i sinθ i il raggio della circonferenza descritta dal punto i. Il vettore L i ha una qualunque direzione nello spazio e in generale L non è parallelo all asse z. Consideriamo però la componente z del vettore: L i,z = L i cos( π 2 θ i) = L i sinθ i = m i R i r i sinθ i ω = m i Ri 2 ω Per cui sommando il contributo di tutti punti materiali si ottiene: L z = ( i m ir 2 i )ω = I zω Il coefficiente I z è detto momento d inerzia del corpo rispetto l asse z e dipende da come le masse sono distribuite attorno l asse di rotazione z e quindi dalla forma del corpo L altra componente (quella perpendicolare a z) di L invece in generale varia in direzione dipende dal po- Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 5

6 11 RIEPILOGO TRASLAZIONE E ROTAZIONI lo e ogni termine della sommatoria è del tipo L i = m i r i R i cosθ i Tuttavia se l asse di rotazione coincide con uno degli assi di simmetria del corpo rigido si avrà che L = I z ωû z L = L z e L = 0 9 Equazione del moto rotatorio puro Quando L ω allora d L = d(iz ω) = I z α Per cui l equazione della dinamica (2) diventa M (E) = I z α che rappresenta l equazione del moto di rotazione (tutte le quantità sono calcolate per un punto generico sull asse di rotazione z) e noto il coefficiente I z ed il momento delle forze agenti rispetto l asse fisso di rotazione, il moto conseguente sarà rotatorio (e si potranno utilizzare le relazioni cinematiche tra θ ω e α ) 10 Energia cinetica e lavoro (rotazione pura) L energia cinetica la troviamo sommando tutti i contributi dei punti: E k = i 1 2 m iv 2 i = i 1 2 m ir 2 i ω2 = 1 2 I zω 2 Il teorema del lavoro-energia cinetica quindi diventa W = L = E k = 1 2 I z(ωf 2 ω2 i ) Abbiamo inoltre che usando gli infinitesimi si ha dl = d(e k) = d( 1 2 I zω 2 dθ ) = I z ωdω = I z dω = I zαdθ = Mdθ e integrando L = θ f θ i Mdθ mentre la potenza istantanea (vedi dinamica punto materiale) è P = dl = M dθ = Mω Parte IV 11 Riepilogo traslazione e rotazioni La seguente tabella può essere utilizzata come uno schema per memorizzare più comodamente le relazioni della dinamica trovate finora: Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 6

7 12 ESEMPIO 7.3 (+ESERCIZIO 7.8) Posizione s pos. ang. θ velocità v = ds vel. ang. ω = dθ acc. a = dv acc. ang. α = dω Massa m Mom. d inerzia I II Legge din. F ext = M a cm II Legge din. τext = I α III Legge din. F int = 0 III Legge din. τint = 0 Lavoro F ds Lavoro τ dθ 1 En. Cinetica 2 Mv2 1 En. Cinetica 2 Iω2 Lav-en.cin. L = E k Lav-en.cin. L = E k Potenza P = F v Potenza P = τ ω 12 Esempio 7.3 (+Esercizio 7.8) Un blocco M 1 = 0.4kg è appeso ed un blocco M 2 = 0.2kg sul piano orizzontale, la carrucola di momento d inerzia I = kgm 2 e raggio R=2.5 cm. Vogliamo determinare l accelerazione con sui si muovono i blocchi. Vediamo le equazioni da scrivere sui vari blocchi; per ricavare l accelerazione cominciamo dal blocco sul piano orizzontale: { T 2 = M 2 a 2 N = M 2 g Mentre sull altro blocco si ha T 1 M 1 g = +M 1 a 1 T 1 = M 1 (g+a 1 ) Inoltre la fune è inestensibile a 1 = a 2 e tra loro discordi (un blocco vaadestral altroscende)quindia 1 = a 2 T 1 = M 1 (g a 2 ) Danotare che ho indicato due diverse tensioni della fune: infatti quando la massa della carrucola non è più trascurabile (carrucola reale) la tensione ai due lati dellacarrucolaèdifferenteeneprovocalarotazione: τ = +T 2 R T 1 R = Iα Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 7

8 14 NON PARALLELISMO TRA L E ω con α < 0 (perchè dovrebbe venire un verso orario di rotazione) se la fune non slitta a 2 = αr a 2 = αr per cui sostituendo si ha M 2 ar M 1 (g a)r = I a R a = M 1 g M 1 + M 2 + I = 3.92ms 2 R 2 Una analoga conclusione si ottiene ragionando con il momento angolare e applicando tutte le quantità al centro della carrucola (l unica forza esterna è M 1 g): Il momento angolare del sistema è la somma di L = M 1 vr + M 2 vr + Iω = M 1 v R + M 2 vr + I v dl R derivando si ottiene = M 1 gr = d (M 1vR+M 2 v R + I R v) e M 1gR = R(M 1 +M 2 + I )a R 2 13 Es.-Carrucola con massa (es. svolto 7.4) T P Vediamo cosa cambia in uno dei precedenti esercizi (cap5) quando la carrucola ha massa (e momento d inerzia). Il momento agente sulla carrucola è τ = TR = Iα α < 0 α = TR I CM Se al filo che avvolge la carrucola è appeso una massa M come in figura allora si ottiene T Mg = Ma CM e a CM < 0 se la fune non slitta allora abbiamo che a CM = +αr da cui otteniamo T = Iα R = I a R 2 CM sostituendo nell altra eq. si ha Mg = (M + I )a R 2 CM a CM = g Da questa equazione possiamo osservare 1+ I CM MR che a 2 CM < g perchè la carrucola con la sua inerzia a rotolare rallenta la discesa del corpo M. 14 Non parallelismo tra L e ω Quando L e ω non sono paralleli risulterà che L ruoterà attorno all asse di rotazione con un moto che è detto di precessione. L equazione della dinamica M (E) = d L si può quindi dividere in due componenti: M z = dlz e M = d L di cui solo la prima si può scrivere come M z = I Z α L origine di M sipuòricavareconunsempliceesempiodiduemasseruotantiattorno ad un asse fisso Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 8

9 CALCOLO DEL MOMENTO D INERZIA La sollecitazione trasmessa dalla componente trasversa ha la conseguenza di sollecitare l asse di rotazione che possono portare a vibrazione dello stesso e anche rotture (-equilibratura-) Nell esempio troveremo che (v = ωr = ωl/2cosθ): L 1 = L 2 = mvl/2 = mωl/2cosθl/2 = mωl 2 cosθ/4 L z,1 = L z,2 = L 1 cosθ = mωl 2 cos 2 θ/4 L = L 1 sinθ = mωl 2 cosθsinθ/4 E si può verificare che dlz = I z α mentre per l altro termine abbiamo: dl = 2mαL 2 cosθsinθ/4 (3) che coincide con il termine dovuto al momento delle forze centripete che agiscono sulle due masse e che costituiscono una coppia con braccio di leva pari a Lsinθ Il legame con l energia cinetica diventa inoltre E k = L2 z 2I z e L = M z dθ Parte V 15 Teorema Poinsot assi d inerzia Fissato un punto O di un corpo rigido è sempre possibile trovare 3 assi cartesiani tra loro perpendicolari, e centrati in O tali che sclegleindo uno di essi come asse di rotazione L risulterà parallelo a ω Questi assi si chiamano assi principali d inerzia Calcolo del momento d inerzia Se la massa di un corpo rigido è distribuito con continuità allora la sommatoria diventa un integrale: I = r 2 dm con r la distanza dell elemento dm dall asse di rotazione e l integrale è esteso a tutto il corpo rigido. Esempio: calcolo di I per un asta rigida supponiamo che l asse di rotazione sia perpendicolare all asta e passante per uno degli estremi: I = r 2 dm introduciamo la densità lineare di massa definita come ρ = M/L allora dm = ρdx Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 9

10 TEOREMA HUYGENS-STEINER per cui l integrale diventa: I = L 0 x 2 ρdx = ρ x3 3 L 0= M L L 3 3 = 1 3 ML2 Esempio 2 - anello I = r 2 dm r=costante=r per tutti gli elementi dell anello quindi I = R 2 dm = MR 2 Altri momenti d inerzia per facili geometrie si trovano nella tabella 11.2 pag.209 (10.2-pag 221 VI-ediz) del libro. 17 Tabella momenti d inerzia Tabella momenti d inerzia per comuni geometrie Anello rispetto l asse centrale I = MR 2 Disco o cilindro rispetto l asse centrale I = 1 2 MR2 Sfera I = 2 5 MR2 Asta sottile rispetto un asse per il centro I = 1 12 MR2 e perpendicolare all asse Teorema Huygens-Steiner Consideriamo un asse di rotazione ed un altro parallelo ad esso ma passante per il CM di un sistema di punti materiali (o un corpo rigido). Il teorema stabilisce che la relazione tra i momenti di inerzia dei due assi è la seguente: I = I cm + Mh 2 con h la distanza tra i due assi. Per questo motivo basta calcolare il momento d inerzia rispetto ad un asse per il CM, poi tramite questo teorema avremo i momenti di inerzia per qualunque asse parallelo al primo. Dim.: Consideriamo un sistema di punti materiali ed un sistema di rif. O fisso. Possiamo dire che individuato un generico punto P del sistema di punti, il cui vettore posizione è r i si ha che la seguente relazione: r i = r i + r cm con r i il vettore posizione riferita al CM r cm il Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 10

11 vettore posizione del CM rispetto ad O Scrivendo questa relazione nelle x i = x i +x cm r 2 i = x 2 i +y 2 { { i componenti abbiamo: ed inoltre y i = y i +y cm r 2 i = x i2 +y i 2 rcm 2 = x 2 cm + ycm 2 = h 2 Ricordando che il momento d inerzia è I = m i r 2 i ed il CM è definito da: x cm = 1 M mi x i, y cm = 1 M mi y i andando a sostituire nelle relazioni di prima si ha allora: I = m i ri 2 = m i (x 2 i + y2 i ) = i i mi [(x i + x cm) 2 + (y i + y cm) 2 ] = mi [x 2 i + 2x i x cm + x 2 cm + y i 2 + 2y i y cm + y 2 cm ] = mi [(x 2 i + y 2 i ) + (x 2 cm + ycm 2 )+ 2x i x cm + 2y i y cm] m i r i 2 + m i h 2 + i 2x cm mi x i + 2y cm mi y i i I = I cm + ma m i x i = Mx cm ovvero la coordinata del CM nel suo sistema di riferimento (che è nulla) quindi x cm = 0 e analogamente y cm = 0 pertanto I = I cm + Mh 2 Parte VI Esempio momento d inerzia di un asta Adesso calcoliamo il momento d inerzia rispetto ad un asse passante per il CM: definiamo la densità per unità di lunghezza λ = M/L L/2 I cm = r 2 dm = x 2 λdx = λx 3 /3 L/2 L/2 = M L L/2 2 3 (L 2 )3 = 1 12 ML2 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 11

12 PENDOLO COMPOSTO Adesso calcoliamo il momento d inerzia rispetto ad un estremo: I = I cm +M(L/2) 2 = 1 12 ML ML2 = 1 3 ML2 19 Teorema H-S e teorema di König Consideriamo un aspetto che lega i due teoremi: E k = 1 2 I zω 2 e consideriamo un altro asse parallelo a z, distante h, ma passante per il CM (I z sarà il momento d inerzia rispetto al CM): E k = 1 2 (I z +mh 2 )ω 2 E k = 1 2 I zω Mh2 ω 2 Ma il CM a sua volta ruota rispetto a z per cui descrivera un arco di raggio pari a h per cui v cm = hω E k = 1 2 I zω MV2 cm Il confronto col teorema di König ci dice allora che quando il CM non è sull asse di rotazione l energia cinetica è somma del termine che rappresenta una rotazione attorno al CM e del termine che rappresenta la traslazione del CM Pendolo composto Il pendolo fisico o pendolo composto è un corpo rigido di forma qualunque, che viene sospeso per un punto che non coincide con il CM, tipo la figura. Spostando l oggetto dalla posizione di equilibrio esso oscillerà (per piccole oscillazioni) con periodo T = 2π Iz Mgh ed I z = I cm + Mh 2 è il momento d inerzia rispetto l asse di rotazione dell oggetto. Infatti l eq. del moto è dlz = I z α = I z d 2 θ 2 = M (E) = mghsinθ per cui d2 θ + mgh 2 I z sinθ = 0 e per piccoli angoli sinθ θ per cui otteniamo l equazione diff. del moto armonico con ω 2 = mgh I z e il periodo sarà Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 12

13 Nicola GigliettoA.A /19 MOTO DI ROTO-TRASLAZIONE E MOTO DI PURO ROTOLAMENTO T = 2π Iz mgh = 2π l Iz g con l = mh lunghezza ridotta del pendolo composto e corrisponde alla lunghezza del filo di un pendolo semplice che oscilla con lo stesso periodo. Vi è anche una interessante proprietà che permette la misura di g con lo strumento detto pendolo reversibile di Kater: l = Iz mh = Ic+mh2 mh = h+ Ic mh = h+h > h con h = Ic mh I c = mhh la lunghezza l individua un punto O distante h dal centro di massa (come in figura). Se facciamo oscillare il corpo rigido attorno a questo punto O si trova una nuova oscillazione e una nuova lunghezza ridotta l : l = I z mh = Ic+mh 2 mh = h + Ic mh = h + m/hh / m/h / = h+h = l I due assi passanti per O e O sono detti reciproci Moto di Roto-traslazione e moto di puro rotolamento È un caso particolare di roto-traslazione: abbiamo visto che per descrivere il moto di un generico punto P del corpo rigido per una qualunque situazione dovremmo dire che r i = r cm + r i v i = v cm + v i a i = a cm + a i con : v cm, a cm rispettivamente la velocità ed accelerazione del CM v i, a i è la velocità ed accelerazione del pto rispetto al CM v i, a i è la velocità ed accelerazione del pto nel sistema fisso Nelle roto-traslazioni il moto attorno al CM è una pura rotazione per cui si ha v i = ω r i a i = α r i ( r i è il raggio vettore che individua il punto P rispetto al CM) e quindi nelle ROTO-TRASLAZIONI: v i = v cm + ω r i a i = a cm + α r i Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 13

14 22 PURO ROTOLAMENTO 22 Puro Rotolamento Immaginiamo ora il moto della ruota di una bicicletta. Quando questa slitta completamente (come quando c è ghiaccio) la ruota gira a vuoto senza traslare ed il punto di contatto C ha una velocità pari a v c = ωr in questo caso diciamo che il corpo rotola e striscia. Quando c è invece una perfetta aderenza, in un intervallo di tempo, la ruota gira di una quantità pari all arco ds = Rdθ = Rω e contemporaneamente il CM della ruota stessa avanza esattamente dello stesso tratto ds. Per cui si ottiene che: ds cm = ds = Rdθ e dividendo tutto per otteniamo : v cm = R dθ = ωr ed il moto è chiamato rotolamento senza strisciamento o di puro rotolamento Quindi in questo caso i punti della ruota si stanno muovendo con velocità v = v cm + ω r per cui se analizziamo le velocità dei 3 punti in figura (il centro, il pto di contatto ed il suo opposto) si hanno le seguenti velocità dirette come in figura: v O = v cm = ωr v T = v cm + ω r = ωr + ωr = 2ωR = 2v cm v C = v cm + ω r = ωr ωr = 0Nel rotolamento senza strisciamento il punto di contatto(istantaneo) ha una velocità nulla che equivale a dire (per i moduli) che v cm = ωr e a cm = αr Nel puro rotolamento velocità CM e velocità angolare non sono indipendenti. Inoltre v C = 0 che agisce una forza che mantiene fermo il punto di contatto: si tratta di un attrito di tipo statico. Questo particolare moto di roto-traslazione è in realtà equivalente ad una rotazione pura (senza traslazione) ma attorno al punto istantaneo di contatto Dim: viene dalle precedenti eq. v P = v cm + ω OP e per il punto C di contatto v C = v cm + ω OC = 0 v P = v P 0 = v P v C = ( v cm + ω OP) ( vcm + ω OC) = ω ( OP OC) = ω CP = ω r avendo indicato con r = CP il raggio vettore che individua il punto P generico a partire da quello di contatto (fermo). Quindi abbiamo dimostrato Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 14

15 che il puro rotolamento equivale ad una rotazione pura attorno al punto di contatto e con la stessa velocità angolare ω di rotazione attorno al CM. Quindi le velocità dei punti della ruota saranno quelle indicate da questa figura senza la necessità di comporre vettorialmente i due moti come nelle generiche roto-traslazioni. Parte VII Corpo che rotola sul piano orizzontale-esi F O mg N f C Vediamo la dinamica del corpo che fa puro rotolamento sul piano orizzontale sotto l azione di una forza F orizzontale: per il CM si ha: F + R + m g = m a cm la reazione R del piano ha sia una componente normale che una tangenziale (che e l attrito statico) x : F f = ma cm e y : N mg = 0 a cui va aggiunto il teorema del momento angolare: scegliamo il CM come polo: τ cm = r f = I cm α rf = Iα = I acm r sosti- Naturalmente essen- F tuendo nella eq. della x: a cm = e f = F m(1+ Icm mr 2) 1+ mr2 Icm do f una forza di attrito statico deve necessariamente essere verificato che: f µ s N = µ s mg F µ s mg(1+ mr2 I ) Corpo che rotola sul piano orizzontale-ibis F O mg N f C Sempre come prima la forza F orizzontale, ma il conto lo rifacciamo rispetto al punto di contatto C (il moto equivale ad una Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 15

16 23 RIEPILOGO ROTOLAMENTO rotazione pura rispetto a C): x : F f = ma cm e y : N mg = 0 : τ C = r F = I C α rf = (I cm +mr 2 )α = (I cm +mr 2 ) acm r sostituendo F nella eq. della x: a cm = e f = F stesso risultato di prima. m(1+ Icm mr 2) 1+ mr2 Icm In alcuni esercizi può rappresentare una comoda scorciatoia per i calcoli Corpo che rotola sul piano orizzontale-ii M O mg N C f Il moto di una ruota si può anche ottenere tramite un motore che imprime una rotazione alla ruota tramite un momento τ invece di applicare una forza F. Le equazioni del moto diventano: R+m g = m a cm e τ + r f = I α da cui si ottiene: N = mg f = ma cm e τ rf = I acm r τ da cui si ottiene a cm = e f = τ La cosa importante è che mr(1+ I mr 2) r(1+ I mr mentre nell esempio di prima f si opponeva 2) alla forza F, in questo esempio f favorisce il moto, anzi provoca l accelerazione del CM, ma il suo momento si oppone al momento τ del motore. Pertanto nei casi generali nel rotolamento non possiamo immediatamente a priori indicare il verso della forza di attrito. 23 Riepilogo rotolamento Ogni qualvolta si parla di rotolamento negli esercizi, si intende un puro rotolamento e nel costruire il diagramma delle forze (diagramma di corpo libero) bisogna sempre aggiungere una forza di attrito perchè è la forza di attrito è a realizzare la condizione di rotolamento sul punto di contatto C(a C = 0). Il verso della forza di attrito si può ragionevolmente stabili- Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 16

17 23 RIEPILOGO ROTOLAMENTO re nei due casi fondamentali illustrati di seguito, ma in ogni caso il valore è incognito per cui segno (verso) e valore sono determinati solo con la soluzione del problema. Esempio: I situazione: come si vede nell esempio in figura1 non risultano esserci momenti di forze esterne rispetto al CM: in questo caso è la forza di attrito a determinare il momento rotatorio, il verso è quindi indicato dalla rotazione del corpo Figura 1: Esempio1 Anche nell esempio di figura2 non vi sono momenti di forze rispetto al CM, T è una fune applicata al CM. Anche in questo caso è l attrito a determinare la rotazione, il verso della rotazione è quello che possiamo intuire (in rosso nella figura) o che determiniamo imponendo che sia fermo il punto di contatto. II situazione: risultano a priori dei momenti di forze esterne rispetto al CM: come ad esempio nella figura, in questo caso la fune non è applicata nel CM e pertanto produce un momento, in questo caso la forza di attrito produce un momento di verso opposto, il verso è quindi opposto agli altri momenti Altre situazioni sono più complesse per cui si sceglie un verso per la forza di attrito e si ricava il segno dai conti. Infine dal diagramma delle forze si Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 17

18 24 CONSERVAZIONE ENERGIA-ATTRITO VOLVENTE scrivono le equazioni della dinamica: R (E) = M a CM τ (E) = d L = I α con l aggiunta della condizione di puro rotolamento a cm = αr Questa condizione la risolviamo con la seguente regola pratica: si sceglie il verso di rotazione intuitivo secondo la direzione del moto e lo si considera positivo se è positivo il verso del moto (o comunque concordi tra loro); i momenti delle forze devono seguire la stessa convenzione; se α e a cm sono stati scelti concordi tra loro allora a cm = +αr semplifichiamo subito il sistema scrivendolo come due eq. in due incognite. Negli esercizi con i fili va poi considerato il collegamento tra gli oggetti usando l inestensibilità del filo che li collega. In alternativa al punto 10 si scelgono gli assi x-y come più opportuni e si considera come verso positivo dei momenti (asse-z) quello corrispondente al verso antiorario 24 Conservazione energia-attrito volvente Al moto del puro rotolamento, quando agiscono forze conservative, si può applicare la conservazione dell energia, in quanto la forza di attrito pur essendo non nulla, agisce su un punto fermo per cui il suo lavoro è nullo. Nonostante ciò, sperimentalmente un corpo che rotola tende a rallentare, a causa di un altra forma di attrito (che trascuereremo negli esercizi) che viene detto attrito volvente Quello che succede è che se non ci fossero deformazioni il momento dovuto alla reazione normale verrebbe nullo, nella situazione reale si hanno invece deformazioni sia del piano che Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 18

19 25 ESEMPIO 7.10-ROTOLAMENTO SUL PIANO INCLINATO dell oggetto che rotola, facendo si che su una superficie più estesa avvenga il reale contatto (vedi figura) causando l apparizione anche di un momento di forze delle reazioni vincolari, che sono nulle se il corpo è fermo, ma sono negative (producendo un rallentamento della rotazione) ad oggeto in rotolamento. La schematizzazione che si può fare è quella che si può intuire dalla figura e assumendo un campo di forze parallele: il momento risulterà del tipo M = Rδ con δ coefficiente di attrito volvente che dipenderà dal materiale che costituisce le superfici di contatto. Parte VIII 25 Esempio 7.10-Rotolamento sul piano inclinato F a Mg Consideriamo che una sfera ( o un cilindro) sia sul piano inclinato e rotoli senza strisciare (puro rotolamento) scegliamo inoltre gli assi in modo da avere a cm e α positivi (asse x verso il basso): { (x) : +Mgsinθ F a = Ma cm (1) (y) : Mgcosθ+N = 0 + r F a = I α +rf a = I cm α A queste eq. va aggiunta la condizione di rotolamento: a cm = α r a cm = α r e tenendo conto che quando α > 0 si ha a cm > 0 (per nostra scelta di orientazione di assi), la condiz. di rotolamento diventa a cm = +αr sostituendo questa nella terza eq. otteniamo: α F a = +I cm r = +I cm a CM r 2 (1) ottenendo +Mgsinθ I CM a CM r 2 ottenutaquestaeq. perf a lasostituiamonella = Ma CM a CM = Mgsinθ M+ I CM r 2 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 19

20 27 ES ES. ROTOLAMENTO SU PIANO INCLINATO (3) che è la soluzione. NB l espressione della F s è venuta positiva perchè abbiamo scelto il verso corretto già nel diagramma delle forze. Ricordiamo alcuni momenti di inerzia: I CM = 1 2 MR2 per disco e cilindro I CM = MR 2 per un anello I CM = 2 5 MR2 per la sfera 26 Rotolamento sul piano inclinato (2) Stessa figura precedente, ma siamo interessati solo all approccio energetico, tenendo presente che l attrito nel rotolamento puro NON compie lavoro: E i = E f Mgh = 1 2 MV2 cm Iω2 Mgh = 1 2 MV2 cm Iv2 cm r 2 per cui la velocità del corpo partendo da una quota h è v cm = 2gh 1+ I Mr 2 27 Es Es. Rotolamento su piano inclinato (3) Il verso della forza di attrito è tale da impedire lo slittamento quindi anche in questo caso opposta al moto. Le eq. risultanti sono: scegliamo inoltre gli assi in modo da avere a cm e α positivi: (x) : +Mgsinθ F a = Ma CM { (y) : Mgcosθ +N = 0 r F a = I α a CM = α R a CM = +αr F a = +I CM a CM R 2 +Mgsinθ I CM R 2 a CM = Ma CM a CM = + gsinθ 1 + I CM MR 2 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 20

21 YO-YO Parte IX Yo-yo T P In questo esempio la tensione del filo fornisce il momento necessario alla rotazione: Mg +T = Ma CM { TR = Iα (α > 0) a CM = αr { Mg +T = Ma CM Mg I a R 2 CM = Ma CM T = I R 2 a CM a CM = Mg M + I CM R 2 = g 1 + I CM MR 2 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 21

22 IMPULSO ANGOLARE. MOMENTO DELL IMPULSO Parte X 29 Esempio 7.11 Cilindro che rotola e solleva un corpo M m 1 m 2 Siano m 1 = 20kg m 2 = 10kg la carrucola di massa trascurabile, il cilindro di raggio r=0.25m, il momento M=30Nm. Calcolare a, T ed il minimo valore di coeff. di attrito I = 1 2 m 1r 2 = kgm 2 CM : f T = m 1 a cm rotaz τ rf = Iα = I acm r m 2 T m 2 g = m 2 a 2 = m 2 a cm La soluzione porta quindi a a cm = τ r m 2g 3 2 m 1+m 2 = 0.55m/s 2 ed infine T=103.5N. Per l ultima domanda dovendo essere f µ s m 1 g deve risultare µ s Impulso angolare. Momento dell impulso Possiamo scrivere una forma simile a quella ricavata nel paragrafo 3.3 ( J = t 0 ( F) = p teorema dell impulso), utilizzando invece i momenti delle forze. In questo caso abbiamo che t 2 t 1 M = L che possiamo definire teorema dell impulso angolare. Assumendo che avviene l applicazione di una forza per un intervallo di tempo piccolo (forza impulsiva) M = ( r F) = r F = r J = L La grandezza r J è il momento dell impulso e questo teorema (teorema del momento dell impulso) dimostra che un impulso porta non solo ad una variazione di quantità di moto ma anche di momento angolare. Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 22

23 33 ASTA CHE CADE 31 Esempio 7.13 impulso angolare su un asta Un asta di lunghezza l e massa m è in posizione verticale ed è bloccata su un estremo in O. Determinare l impulso J da applicare ad una distanza r l da O in modo da far compiere all asta una rotazione di 90 (e arrivare in orizzontale). Il momento dell impulso da applicare e rj, applicando il teorema si ha rj = L = Iω f Iω i = Iω f Il momento d inerzia per un asta rispetto all estremo è I = 1 3 ml2 quindi rj = 1 3 ml2 ω ω = 3rJ Possiamo inoltre applicare la conservazione dell energia ml 2 (il CM è a l/2): mg l 2 = 1 2 Iω2 ω = 3rJ J = 3gml 2 ml 2 3r l = ml r gl 3 32 Asta che cade mgl I = mgl = 1 3 ml2 3g l da cui 3g l = Un asta è posta dritta in verticale quando ad un certo momento cade ruotando attorno all estremo (che non si muove) in contatto con il pavimento. Sapendo che m=4.2kg l=0.8m calcolare l accelerazione dell estremo P dell asta e la sua velocità al momento dell urto. Possiamo applicare per la seconda domanda la conservazione dell energia: mgl/2 = 1 2 Iω2 mgl = 1 3 ml2 ω 2 ω = 3g l e sapendo che v p = ωl otteniamo v p = 3gl = 4.85 m/s Per la prima domanda M = Iα mgl/2 = 1 3 ml2 α α = 3g 2l e a t = αl = 3 2 g = 14.7m/s2 e a c = v2 l = 29.4m/s 2 33 Asta che cade Stesso esercizio di prima solo che c è un momento di attrito pari a M a = 4.5Nm Perl accelerazione: mgl/2 M a = Iα α = 13.4rad/s 2 dacuia p = αl = 10.7m/s 2 Per la velocità dobbiamo tenere conto del lavoro dell attrito: L a = E 1 2 Iω2 mg l 2 = π M a dθ = M a 2 da cui ω2 = 21.0rad/s 2 da cui v p = ωl = 3.67m/s Le due componenti di accelerazioni saranno quindi a c = ω 2 l = 16.8m/s 2 e a t = αl = 10.7m/s 2 Riepilogo formule Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 23

24 35 ESEMPIO 7.15 { Fext = M a cm Eq.Cardinali Dinamica τext = I α Corpi rigidi + Condizione Rotolamento senza strisciamento a cm = α r ( v = v cm + ω r = 0 a = a cm + α r = 0) Leggi di conservazione nel moto dei corpi rigidi Nel caso particolare in cui M (E) = 0 e F (E) = 0 le due leggi implicano: F (E) = 0 Mv CM = cost e L = cost quest ultima è intesa almeno rispetto al CM e solo nel caso in cui l asse scelto coincida con un asse principale di inerzia implica L = i ω ω = cost Il fatto che L sia costante negli altri casi non implica automaticamente che lo sia ω come possiamo vedere negli esempi successivi soprattutto quando trattiamo insiemi di corpi rigidi. 35 Esempio 7.15 Esempio 7.15 Una piattaforma costituita da un disco di massa m d = 200 kg e raggio R=2m, ruota senza attrito attorno ad un asse verticale passante per il centro. Una persona di massa m=60 kg si muove dal bordo verso il centro muovendosi in direzione radiale. Quando la persona è sul bordo la ω = 5 rad/s. Calcolare ω quando r=r/4=50 cm. Il momento d inerzia all inizio è 1 2 m dr 2 + mr 2 = 640kgm 2 mentre ad una generica distanza è I(r) = 1 2 m dr 2 + mr 2 = 415 kgm 2 nella posizione finale Non essendoci momenti di forze esterne allora il momento angolare si deve conservare: I i ω i = I f ω f da cui ω f = I i I f ω i = 7.7rad/s Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 24

25 EQUILIBRIO STATICO 36 Giroscopi e Hubble Hubble Il telescopio spaziale Hubble (come tutti i satelliti artificiali) è dotato di quattro ruote montate sul telescopio e messe in rotazione da motori elettrici (la quarta ruota di solito è di riserva). Supponendo che le ruote siano di massa 45kg e raggio 0.3m e ruotano tutte alla massima velocità angolare che è 3000 giri/min ognuna in direzione perpendicolare all altra, determinare di quanto varia la direzione dell asse del telescopio (trascurando altri contributi di massa e momenti d inerzia) se una delle ruote viene portata a 1500 giri/min. Ognuno delle ruote ruota intorno al proprio asse di simmetria per cui all inizio avremo L x = MR 2 ω x, L y = MR 2 ω y, L z = MR 2 ω z da cui L 0 = 3MR 2 ω Alla fine avremo che solo una componente (la z ad es.) si è dimezzata e avremo L = (1+1+1/4)MR 2 ω = 3/2MR 2 ω Possiamo usare le proprietà del prodotto scalare per calcolare velocemente l angolo: a b = a x b x +a y b y +a z b z = a b cosθ (MR2 ω) 2 cosθ = (MR 2 ω) 2 ( ) cosθ = 5 2 cosθ = 5 3 θ = 15,8 9 Parte XI Statica EQUILIBRIO STATICO La statica è particolarmente utile per lo studio delle condizioni di equilibrio di un crpo rigido. Le condizioni dell equilibrio statico sono: P = cost e L = cost se dopo l applicazione di una forza esterna il corpo ritorna spontaneamente alla condizione di equilibrio statico allora si dice che l eq. è stabile viceversa si parlerà di eq. instabile. Le precedenti condizioni implicano che P = cost d P = 0 F ext = 0 I requisito equilibrio questa condizione non esclude una rotazione del corpo per cui L = cost d L = 0 τ ext = 0 II requisito L eq. statico inoltre richiede che la quantità di moto P tot = 0 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 25

26 38 ESEMPI EQ. STATICO-SCALA APPOGGIATA 38 Esempi eq. statico-scala appoggiata B F m h cm a F y A O F x Una scala da pompieri di lunghezza L=12m e massa m=45 Kg è appoggiata ad un muro liscio ad altezza h=9.3 m. Il CM della scala è ad 1/3 della sua lunghezza (dal basso). Un vigile di massa M=72 Kg si arrampica sulla scala sino a metà percorso. Determinare le forze che agiscono sul muro e sul pavimento se la scala non si muove. Per l equilibrio di un corpo rigido occorre sia la condizione Fi = 0 che τ i = 0 Essendo fermi tutti i punti possiamo scrivere l eq. dei momenti rispetto a qualunque punto (e se necessario scrivere più equazioni per punti diversi) Se scegliamo il punto A l eq. del momento diventa Momento forza: forza x braccio di leva F M h + Mg a 2 + mga 3 = 0 da cui (a = L 2 h 2 ) F M = ga[ M 2 +m 3 ] h 410 N La condizione di eq. delle forze ci da invece +F y mg Mg = 0 F y = (m+m)g = 1100 N F x +F M = 0 F x = F M es b T 2 θ T 1 a mg M R y O R x Mg Una cassaforte di massa M=430 Kg, è sospesa ad una fune fissata all estremità della struttura in figura 13.7a (libro), avente dimensioni a=1.9 m, b=2.5m, formata da una barra omogenea, di massa m=85kg, incerniata in O ad una parete verticale e tenuta inclinata da un cavo di acciaio di massa trascurabile. Trovare la tensione del cavo T. Scegliamo il punto O per il calcolo dei momenti (per non conteggiare il momento delle reazioni vincolari sull estremo). Otteniamo: +a T 2 b T 1 b 2 mg = 0 con b = Lcosθ e a = Lsinθ inoltre l equilibrio sulla massa M fornisce T 1 Mg = 0 che sostituita nell eq. prec. da: at 2 = b(mg) + b 2 mg T 2 = b a g{m+ m 2 } = 6100 N Per Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 26

27 38 ESEMPI EQ. STATICO-SCALA APPOGGIATA trovare la forza complessiva agente sul vincolo invece bisogna completare l eq. delle forze sulla barra: R y mg T 1 = 0 e R x T 2 = 0 da cui R x = t 2 e R y = (m + M)g = 5047 N la reazione complessiva è allora R = R 2 x +r 2 y = 7900 N Esercizio m 2/3~L Mg C O Un asse di legno di lunghezza L e di massa M=5 Kg è poggiata su un basamento per 2/3 della sua lunghezza. Sopra l asse si muove un uomo di massa m=70 Kg. Determinare qual è la massima posizione dove può posizionarsi l uomo senza che si ribalti l asse? Nel momento in cui si sbilancia l asse la rotazione avviene attorno al punto O di contatto tra il basamento e l asse. L eq. è dato dalle eq.: N Mg mg = 0 eq.delle forze +Mg( 2 3 L L 2 ) mg(x 2 L) = 0 ris. momenti in O 3 x 2 3 L = M L m 6 x = ( )L Una sbarra metallica imperneata in un muro, come in figura, è di lunghezza L=3 m, di peso Mg=200 N. Su di essa vi è un oggetto di peso W=300 N posto a distanza x dal muro. La sbarra è sostenuta da un filo di tensione massima 500 N ed inclinato di 30 risp. l orizzontale. Determinare il massimo valore x affinchè non si rompa il filo e la forza agente sul perno nel muro. Chiamando R la reazione del perno l equilibrio porta a: x : R x T x = 0 y : R y +T y W Mg = 0 Wx MgL/2+TLsinθ = 0 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 27

28 39 ESEMPIO 7.18 EQUILIBRIO DI CARRUCOLE quest ultima ci fornisce x: x = Tsinθ Mg W L quindi x = = 1.5 m Le componenti delle forze sul muro sono invece: R x = T x = T cos30 = 433 N e R y = W +Mg T y = /2 = 250 N e R = R 2 x +R 2 y = 500 N 39 Esempio 7.18 Equilibrio di carrucole F F2 1 Determinare la condizione d equilibrio per una carrucola sospesa. Si trascurino massa della carrucola e dei fili. Le condizioni di equilibrio delle forze nel CM indicano T F 1 F 2 = 0 Mentre l equilibrio dei momenti richiede che F 1 R F 2 R = 0 F 1 = F 2. Pertanto l equilibrio statico della carrucola implica che T=2F Figura 2: Esempio3 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 28