Equazioni cardinali della dinamica - Università degli studi di Bergamo

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DINAMICA
Principi della dinamica e equazioni cardinali
Principio 1 (della dinamica o Principio d’Inerzia) Esiste un osservatore, chiamato inerziale o Galileiano, rispetto al quale un punto materiale isolato ( risultante
delle forze nulla), permane nel suo stato di quiete o di moto rettilineo uniforme.
E’ convenzione identificare l’osservatore inerziale con un osservatore solidale
con le stelle fisse anche se, esse stesse si trovano in uno stato di moto l’una rispetto
all’altra. Si deduce da questo principio che l’osservatore inerziale è un concetto
ideale. Tuttavia, ogni osservatore per il quale la legge d’inerzia viene verificata con
buona approssimazione può essere scelto come osservatore inerziale. Un esempio
è dato dalla terra quando si considerino problemi meccanici per i quali gli effetti
della rotazione terrestre risultano trascurabili.
Principio 2 (della dinamica) Rispetto ad un osservatore inerziale, il moto di
un punto P di massa m soggetto a forze descritte da una risultante F , è descritto
in ogni istante dall’equazione
ma = F .
(1)
Principio 3 (di azione e reazione) si veda la sezione relativa all’equilibrio
Prima equazione cardinale della dinamica
Consideriamo un sistema materiale costituito da N punti materiali Pi in movimento
rispetto ad un osservatore inerziale. Per ogni punto Pi vale l’equazione (1)
mi ai = Fi + fi + Φi + φi
i = 1, . . . , N.,
(2)
dove
Fi è il risultante delle forze esterne,
fi è il risultante delle forze interne,
Φi è il risultante delle reazioni vincolari esterne,
φi è il risultante delle reazioni vincolari interne.
Sommando membro a membro le N equazioni, si ottiene
N
X
mi ai =
i=1
N
X
i=1
N
N
N
N
N
X
X
X
X
X
0
0
Fi +
Φi +
Fi +
Φi = Rest. +Rint. +Rest.
+Rint.
,
fi +
φi =
i=1
i=1
i=1
i=1
i=1
(3)
e
corrispondono rispettivamente al risultante delle forze esterne di
dove
0
= Rint. = 0 poichè
reazione e al risultante delle forze interne di reazione. Rint.
le azioni interne attive e reattive danno risultante nullo. Ma (supponendo mi
costante)
N
N
N
X
X
dvi
d X
d
=
mi ai =
mi
mi vi = Q.
(4)
dt
dt i=1
dt
i=1
i=1
0
Rest.
0
Rint.
Quindi la prima equazione cardinale della dinamica assume la forma
d
0
Q = Rest. + Rest.
dt
(5)
6
Seconda equazione cardinale della dinamica
−−−−→
Scegliamo un polo O e moltiplichiamo vettorialmente l’equazione (2) per Pi − O.
Si ottiene
³−−−−→´
i
³−−−−→´ h
Pi − O ∧ mi ai = Pi − O ∧ Fi + fi + Φi + φi
i = 1, . . . , N.
(6)
Sommando membro a membro le N equazioni ricaviamo
N ³
N ³
i
X
X
−−−−→´
−−−−→´ h
Pi − O ∧ mi ai =
Pi − O ∧ Fi + fi + Φi + φi
i=1
i=1
0
0
+ M(O)int.
.
= M(O)est. + M(O)int. + M(O)est.
(7)
0
Anche in questo caso M(O)int. = M(O)int.
= 0, poichè le azioni interne attive e
reattive danno momento risultante nullo. Quindi
N ³
X
−−−−→´
0
Pi − O ∧ mi ai = M(O)est. + M(O)est.
.
(8)
i=1
Sviluppando il primo membro, si ottiene
N ³
N ³
X
X
−−−−→´
−−−−→´
dvi
Pi − O ∧ mi ai =
Pi − O ∧ mi
dt
i=1
i=1
#
"N
¸
N ∙
X
d ³−−−−→´
d X ³−−−−→´
=
Pi − O ∧ mi vi
Pi − O ∧ mi vi −
dt i=1
dt
i=1
X
X
d
(vi ) ∧ mi vi + vO ∧
mi vi .
= ΓO −
dt
i=1
i=1
N
N
(9)
Quindi la seconda equazione cardinale assume la forma
d
0
.
(10)
ΓO + vO ∧ Q = M(O)est. + M(O)est.
dt
´
³
Per il teorema della quantità di moto Q = mvG , possiamo riscrivere l’ultima
formula nella forma
d
0
,
ΓO + vO ∧ mvG = M(O)est. + M(O)est.
dt
(11)
dove m è la massa totale e vG è la velocità del baricentro. Quando vO ∧ mvG = 0?
Caso 1 Il polo è fisso =⇒ vO = 0.
Caso 2 Il polo O coincide con G =⇒ vG ∧ vG .
Caso 3 vO k vG .
7
Osservazione 1 Le equazioni cardinali della dinamica 5 e 10 hanno validità per
qualunque sistema, anche deformabile.
Osservazione 2 Nel piano il Corpo Rigido libero ha 3 gradi di libertà, quindi
½
d
0
Q = Rest. + Rest.
= Rest.
dt
,
(12)
d
0
Γ + (vO ∧ mvG )z = M(O)est.,z + M(O)est.,z
= M(O)est.,z
dt O,z
formante un sistema di 3 equazioni in 3 incognite. Esplicitando in componenti
possiamo scrivere, per esempio nel piano (x, y)
⎧
d
Q = Rest.,x
⎨
dt x
d
Q = Rest.,y
.
(13)
dt y
⎩ d
0
Γ
+
(v
∧
mv
)
=
M
+
M
=
M
O
G z
(O)est.,z
(O)est.,z
(O)est.,z
dt O,z
In più se il polo soddisfa uno dei tre casi precedenti
d
ΓO,z = M(O)est.,z .
dt
(14)
Esempio 1 Scrivere la seconda equazione cardinale per il semidisco di raggio R e
massa m che rotola senza strisciare su una guida fissa. Si consideri la figura
e scriviamo la seconda equazione cardinale con polo H
d
0
.
ΓH + vH ∧ Q = M(H)est. + M(H)est.
dt
(15)
La posizione del baricentro G è data dal segmento OG = d = 4R/ (3π)1 . Il mo0
= 0. Come primo punto
mento delle forze di reazione con polo in H, M(H)est.
calcoliamo ΓH . Per il teorema dell’atto di moto rotatorio, sappiamo che
ΓH = Izz,H θ̇k.
(16)
Usiamo il teorema di Huygens-Steiner per calcolare il momento d’inerzia in H e
otteniamo
2
(17)
Izz,H = Izz,G + mGH .
1
Per il calcolo del baricentro del semidisco di raggio R e massa m, si veda la parte sui sistemi
di forze.
8
Per calcolare Izz,G dovremmo procedere con la definizione e calcolare un integrale
doppio. Tuttavia, possiamo avvalerci del teorema di Huygens-Steiner applicato a
due assi paralleli per trovare
Izz,O = Izz,G + md2 .
Sottraendo l’espressione 17 dall’espressione 18, otteniamo
³
´
2
2
Izz,H = Izz,O + m GH − d .
(18)
(19)
Poichè l’angolo H ÔG e ancora θ, sfruttiamo il teorema di Carnot e troviamo
¡
¡
¢
¢
Izz,H = Izz,O + m R2 + d2 − 2Rd cos θ − d2 = Izz,O + m R2 − 2Rd cos θ . (20)
Ora, si può notare che Izz,O può essere pensato come al momento d’inerzia di un
disco intero di raggio R,massa M e centro O diviso 2. In formule
1 intero 1 MR2
1 2mR2
mR2
Izz,O = Izz,O
=
=
=
,
2
2 2
2 2
2
(21)
dove abbiamo usato la relazione M (disco intero) = 2m (semi disco). Quindi
Izz,H =
e
¢
¡
mR2
+ m R2 − 2Rd cos θ
2
¸
¡ 2
¢
mR2
ΓH = Izz,H θ̇ =
+ m R − 2Rd cos θ θ̇.
2
∙
(22)
(23)
Calcoliamo ora vH ∧ Q. Per il teorema della quantità di moto Q = mvG , dove vG
lo ricaviamo da
½
½
xG = x + d sin θ
ẋG = ẋ + d cos θθ̇
=⇒
,
(24)
yG = R − d cos θ
ẏG = d sin θθ̇
mentre vH = ẋi. Quindi
h³
´
³
´ i
vH ∧ Q = ẋi ∧ m ẋ + d cos θθ̇ i + d sin θθ̇ j = mẋd sin θθ̇k.
(25)
Si noti che nel disco pieno il vettore vH ∧ Q è nullo poichè vH k vG . L’ultimo
termine da calcolare è
M(H)est. = mgd sin θk
(26)
e l’equazione cardinale pura (senza reazioni vincolari) si scrive
∙µ
¶ ¸
3mR2
d
− 2mRd cos θ θ̇ + mẋd sin θθ̇ = mgd sin θ.
dt
2
(27)
Osservazione 3 La prima equazione cardinale non è pura, poichè le reazioni vincolari entrano in gioco e non si riescono ad eliminare.
9
Equazioni Cardinali per il Corpo Rigido
Consideriamo le equazioni cardinali per un C.R. liberonello spazio, applicate al
baricentro
d
Q = Rest.
dt
.
(28)
d
Γ = M(G)est.
dt G
Il termine (vG ∧ mvG ) è ovviamente nullo. La prima equazione si può riscrivere
d
dvG
d
= maG .
(29)
Q = (mvG ) = m
dt
dt
dt
Osservazione 4 La precedente equazione vale anche se il corpo non è rigido e
descrive il moto del baricentro.
Rest. =
Consideriamo la seconda equazione e un osservatore traslante con il baricentro.
Sappiamo che
ΓfGisso = Γrot
(30)
G .
Se indichiamo con i, j e k i versori della terna principale d’inerzia relativa a G,
possiamo scrivere
Γrot
(31)
G = Ixx ω x i + Iyy ω y j + Izz ω z k.
La seconda delle equazioni 28 si scrive
M(G)est. =
d
d
ΓG = Γrot
dt
dt G
= Ixx ω̇ x i + Iyy ω̇ y j + Izz ω̇z k + Ixx ωx
di
dj
dk
+ Iyy ω y + Izz ω z .
dt
dt
dt
(32)
Usiamo le formule di Poisson e otteniamo
³
´
³
´
³
´
d rot
ΓG = Ixx ω̇ x i + Iyy ω̇y j + Izz ω̇ z k + Ixx ω x ω ∧ i + Iyy ω y ω ∧ j + Izz ω z ω ∧ k
dt
³
´
= Ixx ω̇ x i + Iyy ω̇ y j + Izz ω̇z k + ω ∧ Ixx ωx i + Iyy ω y j + Izz ωz k
= Ixx ω̇x i + Iyy ω̇ y j + Izz ω̇z k + ω ∧ ΓG .
Calcoliamo il prodotto vettoriale
¯
¯ i
j
k
¯
ω ∧ ΓG = ¯¯ ωx
ωy
ωz
¯ Ixx ω x Iyy ω y Izz ωz
¯
¯
¯
¯
¯
¯
(Izz ω y ω z − Iyy ωy ω z ) i + (Ixx ω x ωz − Izz ω x ωz ) j + (Iyy ω x ωy − Ixx ω x ω y ) k
(33)
(34)
(35)
Quindi l’equazione vettoriale
M(G)est. =
d rot
Γ
dt G
diventa (Equazioni di Eulero)
⎧
⎨ M(G)est.,x = Ixx ω̇ x + ωy ω z (Izz − Iyy )
M(G)est.,y = Iyy ω̇y + ω x ωz (Ixx − Izz ) .
⎩
M(G)est.,z = Izz ω̇ z + ω x ω y (Iyy − Ixx )
(36)
(37)
Supponiamo di conoscere Rest. e M(G)est. in funzione del tempo t, della posizione
del corpo e del suo atto di moto. Le coordinate libere sono 6.
10
Esempio 2
⎧
⎨ θ
ϕ
⎩
ψ
⎧
⎨ xG
yG
⎩
zG
coordinate di G rispetto alla terna fissa
Angoli di Eulero formati dalla terna solidale
³
´
G; i, j, k rispetto alla terna fissa.
L’atto di moto del corpo è noto se si conosce la velocità di un suo punto (per
es. G) e ω, che è funzione nota degli angoli di Eulero e delle loro derivate rispetto a
t. Da Rest. e M(G)est. possiamo ricavare 3 equazioni differenziali del secondo ordine
per il baricentro (in forma normale)
⎧
⎨ ẍG = m1 Rx (q, q̇, t)
d
ÿG = m1 Ry (q, q̇, t)
(38)
Rest. = Q
⇐⇒
⎩
dt
1
z̈G = m Rz (q, q̇, t)
e 3 equazioni differenziali del secondo ordine per gli angoli di Eulero (in forma
normale)
⎧
⎨ θ̈ = F1 (q, q̇, t)
d
ϕ̈ = F2 (q, q̇, t) .
M(G)est. = ΓG
(39)
⇐⇒
⎩
dt
ψ̈ = F3 (q, q̇, t)
Nota la posizione e l’atto di moto (espressa dalle coordinate generalizzate q e q̇)
all’istante iniziale, se le Rx , Ry , Rz , F1 , F2 e F3 sono funzioni regolari delle coordinate generalizzate, sappiamo che il sistema ammette una e una sola soluzione. Ne
segue che posso determinare le coordinate libere in funzione del tempo t. Quindi
le due equazioni cardinali sono necessarie e sufficienti per determinare il moto di
un corpo rigido.
Esempio 3 Corpo Rigido libero di massa M, soggetto alla propria forza peso p.
La risultante delle forze esterne applicate al baricentro si scrive facilmente
Rest. = −pk
e la prima equazione cardinale diventa
⎧
⎨
d
Rest. = Q
⇐⇒
⎩
dt
M ẍG = Rx (q, q̇, t) = 0
M ÿG = Ry (q, q̇, t) = 0
.
M z̈G = Rz (q, q̇, t) = −p = −Mg
(40)
(41)
Come condizioni inziali assumiamo che il baricentro G sia nell’origine e abbia
velocità iniziale v0 e che il moto stia nel piano x, z. Il sistema 38 diventa
⎧
ẍG = 0 =⇒ ẋG = v0,x =⇒ xG (t) = v0,x t
⎨
ÿG = 0 =⇒ ẏG = 0 =⇒ yG (t) = 0
.
(42)
⎩
1 2
z̈G = −g =⇒ żG = −gt + v0,z =⇒ zG (t) = − 2 gt + v0,z t
11
Ricavando il tempo t dalla prima equazione e sostitutendolo nella terza, otteniamo
l’equazione della traiettoria
zG (x) = −
1 g 2 v0,z
x +
,
2
2 v0,x
v0,x
(43)
corrispondente ad una parabola nel piano x, z. La seconda equazione cardinale è
più complessa. Prendiamo come polo il baricentro G e osserviamo che
M(G)est. = 0, ∀t
=⇒
d
ΓG = 0
dt
=⇒ ΓG = costante.
Le equazioni di Eulero diventano
⎧
⎨ 0 = Ixx ω̇x + ω y ωz (Izz − Iyy )
0 = Iyy ω̇y + ω x ωz (Ixx − Izz ) ,
⎩
0 = Izz ω̇ z + ωx ω y (Iyy − Ixx )
(44)
(45)
con x, y e z assi principali di inerzia relativi a G. Distinguiamo 3 casi:
Caso 1) Ixx = Iyy = Izz = I (Simmetria sferica - ogni asse è principale d’inerzia)
³
´
ΓG = Ixx ω x i + Iyy ω y j + Izz ωz k = I ω x i + ωy j + ω z k = Iω.
(46)
Poichè ΓG è costante, segue che ω è costante. In questo caso si hanno rotazioni permanenti e ΓG k ω. Se la simmetria non è sferica, in generale ω
non è costante. Vediamo, in qusto caso, quando sono possibili le rotazioni
permanenti.
Osservazione
5´ Si hanno rotazioni permanenti attorno a G se e solo se ω è
³.
costante ω = 0 .
Dimostrazione. Poichè
ω = ωx i + ωy j + ωz k
.
=⇒
ω = ω̇ x i + ω̇y j + ω̇ z k + ω x
di
dj
dk
+ ωy + ωz .
dt
dt
dt
Usando le formule di Poisson otteniamo
³
´
³
´
³
´
ω̇ x i + ω̇y j + ω̇ z k + ωx ω ∧ i + ω y ω ∧ j + ω z ω ∧ k
(47)
³
´
ω̇x i+ ω̇ y j + ω̇ z k+ω∧ ω x i + ω y j + ω z k = ω̇x i+ ω̇ y j + ω̇z k+ω∧ω = ω̇ x i+ ω̇y j + ω̇ z k.
(48)
Quindi
⎧
⎨ ω̇x = 0
.
ω̇ y = 0 .
(49)
ω=0
⇐⇒
⎩
ω̇z = 0
12
Quindi se le componenti di ω sulla terna principale d’inerzia sono costanti ω =
costante e viceversa. Perciò le rotazioni permanenti si hanno se ωx = ω y = ω z =
costante. Le rotazioni permanenti semplificano il sistema delle equazioni di Eulero
nel seguente sistema
⎧
⎨ ω y ωz (Izz − Iyy ) = 0
ωx ω z (Ixx − Izz ) = 0 .
(50)
⎩
ω x ω y (Iyy − Ixx ) = 0
Caso 2) Supponiamo che il C.R. abbia struttura giroscopica, ovvero Ixx = Iyy 6=
Izz , allora la terza delle 50 è una identità e le prime due diventano
½
½
½
ωy ωz = 0
ωz = 0
ωz 6= 0
=⇒
oppure
.
ωx ωz = 0
ωx 6= 0 e ω y 6= 0
ωx = ωy = 0
(51)
Il caso ω x = ωy = 0 dice che ogni asse del piano x, y è asse principale
d’inerzia. Sia il caso ω x = ωy = 0 che il caso ω z = 0 dicono che l’asse di
rotazione permanente è un asse principale d’inerzia.
Caso 3) Se Ixx 6= Iyy 6= Izz , per avere rotazioni permanenti occorre che
⎧
⎨ ωy ωz = 0
ωxωz = 0 ,
⎩
ωx ωy = 0
(52)
ovvero almeno 2 delle componenti di ω secondo la terna principale d’inerzia
devono essere nulle. Ciò implica che ω deve essere diretto come la terna
principale d’inerzia.
Osservazione 6 Una trattazione analoga a quella svolta vale per lo studio di un
C.R. con un punto fisso. Questo corpo possiede 3 gradi di libertà possiamo prendere come coordinate libere i 3 angoli di Eulero. La II equazione cardinale scritta
rispetto al polo fisso O fornisce una equazione del moto vettoriale pura. Se riferiamo la terna principale d’inerzia al polo O, ritroviamo le equazioni di Eulero.