Diapositiva 1

Seminario didattico
Ingegneria Elettronica
Lezione 3:
Dinamica del Corpo Rigido
Esercizio n°1
Un cilindro di raggio R e massa M = 2 Kg è posto su un piano orizzontale.
Attorno al cilindro è avvolto un filo inestensibile, che passa sulla gola di una
carrucola ideale ed è collegato ad una massa m = 3 Kg, come in figura.
Inizialmente il sistema è mantenuto fermo. Ad un certo istante la massa m viene
lasciata libera di muoversi e il cilindro immediatamente rotola senza strisciare.
Determinare:
a) l’ accelerazione del centro di massa del cilindro;
b) la forza di attrito statico
c) il minimo coefficiente di attrito statico che consente il puro rotolamento.
m
DATI:
Cilindro:
R , M = 2 kg
Peso:
m = 3kg
a) ? aCM
b) ? FAS
c) ? µSmin
2
Svolgimento esercizio 1 (1)
N
T
L'equazione per la dinamica per il peso risulta:
α
Fas
O
P2
x
y
T
m
 =m a ⇒ P1−T =ma ⇒ T =mg−a
P1 T
L'equazione per la dinamica per il cilindro risulta:
P1
{
y : T  F as = MaCM
u




T  F as  P2 N =M aCM ⇒
ux : P2− N =0 ⇒ N = Mg
Il teorema del momento angolare, scegliendo come polo O il punto di contatto, si scrive:
3
2
2



M O =2 R×T =I O 
 ⇒ 2RT= I CM  MR = MR 
2
Scegliendo come polo il punto di
contatto il momento della forza di
attrito risulta nullo, poichè il
braccio è nullo.
3
T = MR 
4
3
Svolgimento esercizio 1 (2)
Poichè abbiamo un rotolamento senza
strisciamento risulta:
a
α
O
aCM = R
aCM
m
poichè il filo è instensibile l'accelerazione del
corpo in caduta è pari all'accelerazione
tangenziale del disco a distanza 2R dal polo:
a= 2 R
Uguagliamo il valore della tensione ottenuto tramite il teorema del momento angolare
e quella del moto del peso (la carrucola è ideale):
3
3
mg
g
4
T = MR = M a=mg−a⇒ a=
=
= g
4
8
3
3M
5
M m
1
8
8m
2
−2
aCM = g=3.92 ms
5
4
Svolgimento esercizio 1 (3)
b) Valutiamo la forza di attrito statico dalla componente lungo y dell'equazione
della dinamica del cilindro:
3
1
T F as= M aCM ⇒ F as = MaCM −T = MaCM − MaCM = MaCM
4
4
Se sostituiamo il valore ottenuto precedentemene per l'accelerazione del CM, si ha:
1
F as= Mg=1.96 N
10
c) Il valore minimo del coefficente di attrito statico risulta:
F as 1 Mg 1
F as≤ s N ⇒  sMIN =
=
=
N 10 Mg 10
5
Esercizio n°2
Un disco omogeneo di massa M = 1.6 kg e raggio R = 12 cm , posto in un
piano verticale, è libero di ruotare intorno ad un asse orizzontale, passante per il suo
centro. Sul bordo del disco è fissata una sferetta di massa m pari ad un terzo di M. A
t = 0 il sistema è fermo e la sferetta si trova nella posizione A (θ = 30°) indicata in
figura. Lasciato libero il sistema, determinare:
a) la velocità angolare ω del sistema quando la sferetta passa per la posizione di
equilibrio stabile,
b) il periodo delle piccole oscillazioni del sistema.
c)Nell'ipotesi che agiscano forze di attrito sull'asse, determinare il momento
dell'attrito necessario affinché il sistema non si muova.
DATI:
Disco M = 1.6 kg R = 12 cm
sferetta: m = M/3
A
θ
t = 0 θ = 30°
(a) ? ω
(b) ? T piccole oscillazioni
(c) ? Ma
O
6
Svolgimento esercizio 2 (1)
θ
O
La posizione di equilibrio stabile si ha quando la
A sferetta è nel punto con la minima energia potenziale
gravitazionale, ovvero in O. Ponendo in O l'energia potenziale
gravitazionale nulla, le energie totali in A e O risultano:
E A = E p =mgh=mgR 1cos 
grav
1
2
E O =E k = I 
2
Poichè vi sono solo forze conservative si ha:
2 mg R 1cos 
1
2
2
E A = EO ⇒ mgR 1cos = I  ⇒  =
2
I
1
2
2
Il momento di inerzia del sistema risulta:
I =I disco I sfera = M R mR
2
2 mg R 1cos  2 g 1cos 
2
=
=
=11.04 rad s−1
1
M
M R 2mR 2
R
1
7
2
2m


Svolgimento esercizio 2 (2)
θ
CM
O
P
b) L'equazione che descrive il moto del pendolo composto
si ottiene tramite il teorema del momento angolare usando
come polo il centro del disco. La forza peso agisce come forza
di richiamo verso la posizione di equilibrio stabile e si applica al
CM del sistema. Il quale è sulla congiungente tra la sferetta ed
il centro del disco nella posizione:
A
0m R



M
m
R
R
RCM =
=
=
M m
M m 4
L'equazione di rotazione risulta (β = π−θ):
2
d 



 ⇒−M m gR CM sen =I =I 2
M p= R CM × P=I 
dt
Nell'approssimazione di piccole oscillazioni consideriamo:
sen ≈
L'equazione del moto risulta:

 M m gR CM
d 2  M m gRCM

=0 ⇒ =
2
I
I
dt
8
Svolgimento esercizio 2 (3)
Il periodo dell'oscillazione risulta:

1
2
2
MR mR
2
I
2
5R
T=
=2 
=2
=2 
=1.1 s

 M m gR CM
mgR
2g


c) Affinche non ci sia rotazione il momento totale, somma del momendo della forza
di attrito e della forza peso, deve essere nullo:
 a=0 ⇒ M a=−M p =R CM  M m g sen =0.314 N m
Mtot = M p M
9
Esercizio n°3
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) ? α ed at estremità destra
(c) ? VCM sbarretta verticale10
10
Svolgimento esercizio 3 (1)
(a) Calcoliamo la posizione del CM:
X
∑ mi x i
M⋅x CM  asta +mℓ
X CM =
=
⇒
M+m
∑ mi
i
ℓ
M +mℓ
2
X CM =
=0 .75 m
M+m
i
(b) A questo punto possiamo considerare la situazione equivalente, cioè un punto
materiale di massa (m+M) che si trovi a distanza XCM dall’origine; l’unica forza
agente su tale punto materiale è la forza peso, il cui momento rispetto al polo O
è:
CM
O
P
X
 = X × P ⇒ M =  M+m gX
M
O
CM
O
CM
Per poter scrivere l’equazione di rotazione del sistema (asta + punto materiale),
devo calcolare il momento di inerzia totale:
I O =Iasta+Im
11
11
Svolgimento esercizio 3 (2)
dove, rispetto al polo 0, si ha:
2
I m =mℓ

I asta= I asta
CM
 
ℓ
+M
2
2
2
1
ℓ
= Mℓ2 +M
12 teor. Huygens-Steiner
4
Quindi il momento di inerzia totale (considerando che M=m)sarà:
1 2
2 4
2
2
I O= Mℓ +mℓ = Mℓ =2 . 67kg⋅m
3
3
Allora posso scrivere l’equazione di rotazione:
M O X CM  m+M 

M O =I O α ⇒ M O =I O α ⇒ α=
=
g=11 . 01rad/s 2
IO
IO
Di conseguenza, l’accelerazione tangenziale all’estremità A della sbarretta sarà:
2
a t  A  =αℓ=11m/s
12
12
Svolgimento esercizio 3 (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:
O
XCM
CM
Nella situazione iniziale, l’energia meccanica totale è
data solo dall’energia potenziale gravitazionale del
CM che si trova ad altezza XCM rispetto al livello 0:
E i=  m+M  gX CM
Invece l’energia meccanica finale è solo energia
cinetica rotazionale:
2
v CM
1
1
2
Ef = I O ω = I O 2
2
2
X CM
O
Imponendo la conservazione dell’energia meccanica totale (dato che non ci sono
forze non conservative in gioco) otteniamo, sostituendo l’espressione di I0 e
considerando M=m:
3
v CM =

3 gX CM
ℓ
2
=3.52m/s
13
13
Esercizio n°4
Una piccola massa m = 200 g è poggiata vicino al bordo di un disco di
raggio R = 30 cm e massa M = 3.6 Kg Il coefficiente di attrito statico fra la massa
ed il disco è µ S = 0.38. Al sistema disco−massa, inizialmente fermo, è applicato un
momento costante τ = 0.486 N⋅ m. Il sistema si mette in rotazione e ad al tempo ts
la massa, istantaneamente, si stacca dal disco. Calcolare:
a) l'accelerazione del disco ad un tempo t <ts;
b) l'accelerazione del disco ad un tempo t > ts;
c) il tempo ts.
m
τ
DATI:
m=200 g
Disco:
R =30 cm
M = 3.6 Kg
µs=0.38
τ=0.486 Nm
a) ? α(t<ts)
b) ? α(t>ts)
c) ? ts
14
Svolgimento esercizio 4 (1)
a) Per t < ts il momento di inerzia del sistema risulta:
1
2
2
2
I 1 = M R m R =0.18 kg m
2
Dal teorema del momento angolare si ottiene:

−2
=I 1  1 ⇒ t t s = 1= =2.7 rad s
I1
b) Per t > ts il momento di inerzia del sistema risulta:
1
2
2
I 2= M R =0.16 kg m
2
Dal teorema del momento angolare si ottiene:

−2
=I 2  2 ⇒ tt s = 2= =3 rad s
I2
15
Svolgimento esercizio 4 (2)
c) Il punto si stacca quando la forza di attrito statico diviene
inferiore alla forza centrifuga. Il caso limite si ha quando la forza
di attrito è massima
F a≤s N = s mg
Prima che il distacco avvenga il disco ed corpo di massa m si
muovono di moto circolare uniformente accelerato con una
accelerazione pari a α1; la velocità angolare ad un tempo t risulta:
 t =1 t
Il distacco avviene all'istante ts in cui si ha:
2
2
 s mg=m  t s  R=m 1 t s  R ⇒t s =

s g
2
1
 R
=1.3 s
16
Esercizio n°5
Una piattaforma circolare di massa M = 250 kg e raggio r = l0 m, ruota senza
attrito attorno ad un asse verticale che passa per il suo centro O, con velocità
angolare (ω= 0.1 rad/s).
Un uomo di massa m = 75 kg salta sul bordo della piattaforma senza scivolare.
a)Calcolare la velocità angolare del sistema.
b)Se l'uomo cammina, senza scivolare, lungo una direzione radiale, fino a
raggiungere il centro della piattaforma, calcolare la velocità angolare del sistema ed
il lavoro compiuto dall'uomo.
m
ω1
DATI:
Piattaforma:
M = 250 kg
R= 10 m
ω=0.1 rad/s
Uomo:
M= 75 kg
ω1=?
ω2=?
W=?
17
Svolgimento esercizio 5 (1)
a)Il momento delle forze esterne al sistema (piattaforma + disco) è
nullo, il momento angolare resta costante. I momenti angolari prima e
dopo che l'uomo salga sulla piattaforma sono I seguenti:
Li = I 

Il momento di inerzia della piattaforma
è:
Il momento di inerzia del sistema
piattaforma più uomo è:
Lf =I 1 
1
1
2
2
I= M r =12500 kg m
2
1
2
2
2
I 1 = M r m r =20000 kg m
2
Imponendo la conservazione del momento angolare si ottiene:
I
−1


Li = Lf ⇒ I =I 1 1 ⇒ 1=
=0.0625 rad s
I1
18
Svolgimento esercizio 5 (2)
b) Muovendosi verso il centro l'uomo modifica il momento d'inerzia
totale del sistema. Giunto nel centro della piattaforma il momento di inerzia,
rispetto all'asse di rotazione passante per il centro, coincide esattamente con
quello della sola piattaforma. I2 = I
Imponendo la conservazione del momento angolare si ha che la velocità
angolare coincide esattamente con quella iniziale ω2 = ω = 0.1 rad/s
L= L2 ⇒ I =I 2 2 =I 2 ⇒2 ==0.1 rad s−1
Il lavoro compiuto dall'uomo è pari alla variazione di energia cinetica
rotazionale del sistema
1
1
1
1 2 2
2
2
2
2
2
W =E k −E k = I 2 2− I 1 1= Mr 2−1 − mr 1
2
2
4
2
2
1
W =23.43 J
19
Esercizio n°6
Una ragazza di massa m = 60 Kg è ferma sul bordo di una piattaforma
orizzontale che può ruotare senza attrito intorno ad un asse passante per il suo
centro. La piattaforma ha momento d’inerzia pari a I = 500 Kg⋅ m2 e raggio R =
2m. Il sistema è inizialmente fermo. Ad un certo istante la ragazza inizia a
muoversi lungo il bordo della piattaforma a velocità costante rispetto al suolo v =
1,5 m/s in verso orario. In quale verso e con quale velocità ruoterà la piattaforma?
Quanto lavoro ha fatto la ragazza per mettere in moto il sistema?
v
DATI:
Ragazza:
m=60 kg
v= 1.5 m/s
Piattaforma:
Ip = 500 Kg m2
R= 2 m
ω=?
W =?
20
Svolgimento esercizio 6 (1)
Il momento delle forze esterne è nullo pertanto il momento angolare
iniziale e finale devono essere identici. Poichè il sistema è immobile
prima che la ragazza si metta in moto il momento angolare iniziale è
nullo. Dalla conservazione del momento angolare si ha:
Li= 0 ⇒ Lf =0
Il momento di inerzia della ragazza rispetto all'asse di rotazione passante per
il centro della piattaforma risulta:
I r =m R
2
Possiamo scrivere il momento angolare finale (il segno negativo della componente
dovuta al moto della ragazza è dovuta al fatto che si stia muovendo in senso orario):
v
mvR
−1
Lf =I p  p −I r r =I p  p−m R =0 ⇒  p=
=0.36 rad s
R
Ip
2
La velocità angolare del disco è positiva poiché la piattaforma si muove in
verso antiorario (opposto al moto della ragazza)
21
Svolgimento esercizio 6 (2)
b) La ragazza compie un lavoro pari alla variazione di energia cinetica
del sistema. L'energia cinetica iniziale è nulla. L'energia finale è la
somma dell'energia cinetica rotazionale del disco e l'energia cinetica
della ragazza.
1
1
2
2
W =E k −E k = m v  I p  −0=99.9 J
2
2
f
i
22