1 CAP.7 - CORPI RIGIDI 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: 7.2 Centro di Massa 7.2 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 V 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 1
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 densità lineareρ l = dm dl M = C ρ sdlperrappresentareladistribuzione di massa in modo piu corretto. Parte II Calcolo del CM per corpi rigidi 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. Esempio 7.2 Calcolo del CM per un asta rigida 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 2
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 xdv lealtredimensioni. Allorax cm = V. InoltreabbiamochedV = 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 Centro di massa e forza peso 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. 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 3
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 Parte III 7.3 Moto di un corpo rigido 7.3 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 La dinamica del CM è data da R (E) = M a cm e dal I teorema di Köenig 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. 7.3-rotazioni 7.3-rotazioni rotazioni corpi rigidi Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 4
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 di una traslazione ed una rotazione. 7.4 Rotazioni rigide attorno ad un asse fisso (sist.inerziale) 7.4 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. (2) Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 5
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 polo 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 Equazione del moto rotatorio puro 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 ) Energia cinetica e lavoro (rotazione pura) Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 6
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 Riepilogo traslazione e rotazioni Riepilogo traslazione e rotazioni La seguente tabella può essere utilizzata come uno schema per memorizzare più comodamente le relazioni della dinamica trovate finora: 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 Esempio 7.3 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 7
Esempio 7.3 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 = 2.5 10 4 kgm 2 e raggio R=2.5 cm. Vediamo le equazioni da scrivere sui vari blocchi per ricavare l accelerazione dei blocchi: { T 2 = M 2 a N = M 2 g Mentre sull altro blocco si ha T 1 M 1 g = M 1 a T 1 = M 1 (g a) Da notare che ho indicato due diverse tensioni della fune: infatti quando la massa della carrucola non è più trascurabile la tensione à differente ed è per questo che la carrucola ruota: τ = +T 2 R T 1 R = Iα con α < 0 (perchè dovrebbe venire un verso orario di rotazione) se la fune non slitta a = 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 Es.-Carrucola con massa (es. svolto 7.4) Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 8
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. Non parallelismo tra L e ω 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 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 9
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 Teorema Poinsot assi d inerzia 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 7.5 - Calcolo del momento d inerzia 7.5 - 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 per cui l integrale diventa: I = L 0 x 2 ρdx = ρ x3 3 L 0= M L L 3 3 = 1 3 ML2 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 10
2 TABELLA MOMENTI D INERZIA 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. 2 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 7.6 Teorema Huygens-Steiner 7.6 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 vettore posizione del CM rispetto ad O Scrivendo questa relazione nelle Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 11
componenti abbiamo: x i = x i +x cm r i 2 = x i 2 +y i 2 { { 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 = i m i r 2 i = i m i (x 2 i + y2 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 12
Adesso calcoliamo il momento d inerzia rispetto ad un estremo: I = I cm +M(L/2) 2 = 1 12 ML2 + 1 4 ML2 = 1 3 ML2 Teorema H-S e teorema di König 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 2 + 1 2 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 2 + 1 2 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 7.7 Pendolo composto 7.7 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 13
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 d = I z α = I 2 θ z = M (E) = mghsinθ 2 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 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. 7.8 Puro rotolamento 7.8 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 ed inoltre v i = v cm + v i con : v cm è la velocità del CM v i è la velocità del pto rispetto al CM v i è la velocità del pto nel sistema fisso Nelle roto-traslazioni il moto attorno al CM è una rotazione per cui si ha v i = ω r i ( r i è il raggio vettore che individua il punto P rispetto al CM). 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 14
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 che v cm = ωr e a cm = αr Nel puro rotolamento velocità CM e velocità angolare non sono indipendenti. Inoltre v C = 0 che esiste una forza che mantiene fermo il punto di contatto: si tratta di un attrito di tipo statico. Questo particolare moto 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 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 15
figura senza la necessità di comporre vettorialmente i due moti come nelle generiche roto-traslazioni. Parte VII Corpo che rotola sul piano orizzontale-i 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: M 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 rotazione pura rispetto a C): x : F f = ma cm e y : N mg = 0 : M C = r F = I C α rf = (I cm +mr 2 )α = (I cm +mr 2 ) acm r sostituendo Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 16
F nella eq. della x: a cm = e f = F stesso risultato di prima. In m(1+ Icm mr 2) 1+ mr2 Icm 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 invece di applicare una forza F. Le equazioni del moto diventano: R + m g = m a cm e M + r f = I α da cui si ottiene: N = mg f = ma cm e M rf = I acm r da cui si M ottiene a cm = e f = M La cosa importante è che mentre mr(1+ I mr 2) r(1+ I mr 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 M del motore. Pertanto nei casi generali nel rotolamento non possiamo immediatamente a priori indicare il verso della forza di attrito. Conservazione energia-attrito volvente 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 dell oggetto che rotola, facendo si che su una superficie più estesa avvenga Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 17
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 Esempio 7.10-Rotolamento sul piano inclinato 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) { (x) : Mgsinθ +F s = Ma cm (1) (y) : Mgcosθ +N = 0 r F s = I α (rot.antiorar) +rf s = 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 invece a cm < 0 (per nostra scelta di orientazione di assi e perchè l oggetto scende), la condiz. di rotolamento diventa a cm = αr sostituendo questa nella terza α eq. otteniamo: F s = +I cm R = I cm a CM r 2 a la sostituiamo nella (1) ottenendo Mgsinθ I CM CM r 2 ottenuta questa eq. per F s = Ma CM Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 18
a CM = Mgsinθ M+ I CM r 2 che è la soluzione. 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 Rotolamento sul piano inclinato (2) Rotolamento sul piano inclinato (2) Vediamoconlaconservazionedell energia: E i = E f Mgh = 1 2 MV2 cm + 1 2 Iω2 Mgh = 1 2 MV2 cm + 1 2 Iv2 cm r 2 per cui la velocità del corpo partendo da una quota h è v cm = 2gh 1+ I Mr 2 Es.7.10- Es. Rotolamento su piano inclinato (3) Es.7.10- 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: (x) : +Mgsinθ F a = Ma CM { (y) : Mgcosθ +N = 0 r F a = I α(rot.orar) 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 equivalente al caso prec. a parte il segno dell acc. Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 19
12.4-Yo-yo 12.4-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 Parte IX Esempio 7.11 Cilindro che rotola e solleva un corpo Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 20
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 = 0.625 kgm 2 CM : f T = m 1 a cm rotaz M 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 = M 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 0.58 7.9 Impulso angolare. Momento dell impulso 7.9 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. Esempio 7.13 impulso angolare su un asta Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 21
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 Asta che cade Asta che cade = ml r gl 3 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 Asta che cade 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 22
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 Riepilogo formule { 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) 7.11 - EQUILIBRIO STATICO 7.11 - 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 23
Esempi eq. statico-scala appoggiata 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. 13.3 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). Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 24
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 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 = (2 3 + 5 70 )L 13.26-28 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 25
porta a: x : R x T x = 0 y : R y +T y W Mg = 0 Wx MgL/2+TLsinθ = 0 quest ultima ci fornisce x: x = Tsinθ Mg 500 2 2 W L quindi x = 200 2 300 3 = 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 = 300+200 500/2 = 250 N e R = R 2 x +R 2 y = 500 N Esempio 7.18 Equilibrio di carrucole 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 Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi 26