Fisica
Facoltà di Ingegneria, Architettura e delle
Scienze Motorie
Lezione 19 aprile 2013
Architettura
(corso magistrale a ciclo unico quinquennale)
Prof. Lanzalone Gaetano
CORPO RIGIDO
Il corpo rigido
• È un particolare sistema di punti materiali in cui le distanze, tra due
qualunque dei suoi punti, non variano nel tempo
– un corpo rigido (CR) non subisce alcuna deformazione anche se sottoposto a
sollecitazioni estremamente elevate. Il corpo rigido conserva la sua forma.
I corpi solidi possono, in prima approssimazione, essere considerati rigidi.
•
•
•
Il corpo rigido è un’astrazione: in natura non ci saranno mai corpi perfettamente rigidi
Ci saranno corpi il cui comportamento, in particolari condizioni, può essere descritto come
quello di un corpo rigido.
Un corpo rigido non può avere moti caratterizzati da una variazione delle dimensioni del
corpo stesso (vibrazioni, maree, etc.)
continuo
n
∑
i=1
discreto
numero di punti finito
∫
tu tto il corpo
Infiniti punti
Le equazioni a disposizione
Corpo rigido = sistema di punti materiali:
I
dQ est
=R
dt
e
II legge della dinamica dei sistemi.
dLo est
= Mo
dt
• Due equazioni vettoriali
– Equivalenti a sei equazioni scalari
• Poiché le distanze tra due punti qualsiasi di un corpo rigido si mantengono costanti
– Il lavoro delle forze interne è nullo.
Il teorema delle forze vive diventa:
est
ΔK = L
La terna solidale
• E’ una terna con origine in un particolare punto del corpo rigido e assi che
passano per punti fissi del corpo rigido
y’
corpo rigido
O’
P
Terna solidale
L’asse z’ è
perpendicolare alla
figura uscente dal
foglio.
x’
• Ogni punto del corpo rigido, proprio per la sua definizione, occupa una
posizione fissa in questa terna.
Descrizione del moto di un CR:
– note le posizioni di tutti i punti del CR
all’istante di tempo iniziale to rispetto alla
terna solidale (queste posizioni sono costanti
in modulo direzione e verso) -nota la posizione della terna solidale in un
istante successivo t.
Utilizzando la posizione di ciascun punto del CR rispetto alla terna solidale determinata
all’istante iniziale, posso determinare la posizione di ciascun punto all’istante t.
I moti del corpo rigido: la traslazione
•
y’
Traslazione
Le orientazioni degli assi della terna solidale
rimangano costanti (gli assi si muovono
mantenendosi paralleli a se stessi)
t0
y’
P
t’
P
r
r
v P = v CM
CM
CM
– Tutti i punti del corpo rigido subiscono lo stesso
spostamento nello stesso intervallo di tempo
• Spostamento che è lo stesso di quello subito dal centro di
massa
• Tutti i punti sono fermi rispetto al centro di massa
– È sufficiente determinare il moto del centro
di massa, utilizzando la I equazione
cardinale della dinamica dei sistemi.
O’
x’
O’
dQ est
=R
dt
– La II equazione richiede che il momento risultante valutato rispetto al CM sia nullo.
(
r
'
×
m
v
∑
i
i 'i )
dLCM
est
= M CM
dt
⇒
LCM =0
est
MCM
=0
x
I moti del corpo rigido: la rotazione
• Rotazione
– Le orientazioni degli assi della terna solidale non
rimangono costanti
– Esiste un insieme di punti, allineati su una retta, che
rimangono fermi
y’
P
• Asse di rotazione (asse fisso)
• L’asse z’ nel caso dell’animazione
– Tutti i punti si muovono su traiettorie circolari attorno
all’asse di rotazione
• Il piano della traiettoria è perpendicolare all’asse di rotazione
• Il centro della traiettoria circolare è il punto comune dell’asse
di rotazione e del piano della traiettoria
O’
y’
– Tutti i punti subiscono lo stesso spostamento angolare
nello stesso intervallo di tempo e si muovono con la stessa
velocità ed accelerazione angolare rispetto all’asse di
rotazione
x’
P
Δθ
O’
x’
I moti del corpo rigido: la rotazione
•
Rotazione
– La velocità di ciascun punto è tangente alla sua
traiettoria circolare
– Il modulo della velocità è proporzionale alla
distanza del punto considerato dall’asse di
rotazione
v= ωR
y’
P
v
Δθ
O’
x’
– Anche l’accelerazione tangenziale è proporzionale alla distanza dall’asse di rotazione
a t = αR
– Così come lo è l’accelerazione centripeta
2
ac = ω R
Esercizio. Un volano di diametro di 1.20 m gira a velocità angolare di 200giri/min
a.
b.
c.
d.
Qual è la sua velocità angolare in rad/s?
Qual è il modulo della velocità lineare di un punto del bordo del volano?
Qual è l’accelerazione centripeta di un punto sul bordo del volano?
Qual è l’accelerazione angolare costante necessaria per incrementare a 1000 giri/min in
60 s la velocità angolare del volano?
e. Qual è l’accelerazione tangenziale di un punto del bordo del volano?
f. Quanti giri compirà in questi 60 s?
a)
ω=
b)
R=
c)
200giri 200 × 2π rad
=
= 20.9 rad
s
min
60s
diametro
= .60m
2
2
rad 2
20.9 s
ac = ω R = (
d) ω f
=
m
v = ω R = 20.9 rad
×.60m
=
12.55
s
s
) × .60m = 262.1 sm2
1000giri 1000 × 2π rad
=
= 104.7 rad
s
min
60s
ω f = ω o + αt
α=
ω f − ω o 104.7 − 20.9
=
= 1.397 rad2
s
Δt
60
Esercizio. Un volano di diametro di 1.20 m gira a velocità angolare di 200giri/min
a.
b.
c.
d.
Qual è la sua velocità angolare in rad/s?
Qual è il modulo della velocità lineare di un punto del bordo del volano?
Qual è l’accelerazione centripeta di un punto sul bordo del volano?
Qual è l’accelerazione angolare costante necessaria per incrementare a 1000 giri/min in
60 s la velocità angolare del volano?
e. Qual è l’accelerazione tangenziale di un punto del bordo del volano?
f. Quanti giri compirà in questi 60 s?
1.397 rad2
s
e)
a t = αR =
f)
θ = θo + ω ot + 12 αt
m
× .60m = .84 2
s
2
θ − θo = ω ot + 12 αt 2 =
20.9 × 60 + 12 1.397 × 602 = 1254 + 2414 =
= 3668rad
giro
3668 rad ×
= 583.79 giri
2 πrad
I moti del corpo rigido: la rototraslazione
• Rototraslazione
– In generale il moto di un corpo rigido sarà la composizione di un moto di
traslazione più un moto di rotazione
• Attenzione: non è detto che l’asse di rotazione si mantenga fisso
• Esso può cambiare sia in posizione che in orientazione
y’
– Un moto comunque complesso può sempre essere
immaginato come la sovrapposizione del moto del
CM (I equazione cardinale)
– Più un moto di rotazione attorno al centro di massa
(II equazione cardinale)
– Noi non affronteremo il caso generale
• Ci occuperemo del moto di rotazione attorno ad un
asse fisso
• Moto di puro rotolamento (il moto delle ruote)
O’
P
x’
I gradi di libertà del corpo rigido
Le equazioni a disposizione sono sufficienti a risolvere il moto del corpo rigido?
•
Quante coordinate ci servono per individuare la posizione del corpo rigido nello spazio?
– Abbiamo detto che la posizione nello spazio di un CR è determinata se conosciamo la posizione
nello spazio della terna solidale!
•
y’
P 2
Osserviamo che per conoscere la posizione della terna
basta fornire le posizioni dell’origine O’ del punto P1
sull’asse x’ e del punto P2 sull’asse y’.
– Con questi tre punti si determinerà la posizione dell’origine e
i due assi x’, y’.
– L’asse z’ sarà automaticamente determinato dovendo passare
per l’origine ed essere perpendicolare agli altri due.
•
•
CM
O’
P1
x’
Occorrono dunque nove coordinate (tre per ciascun punto)
Ma i tre punti non sono liberi di assumere delle posizioni
2
2
2
( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) + ( z1 − z2 ) = d122
arbitrarie, poiché facendo parte del CR le loro mutue
2
2
2
distanze (d12,d10,d20) devono restare costanti!
( x1 − xo ) + ( y1 − yo ) + ( z1 − zo ) = d1o2
2
2
( x2 − xo ) + ( y2 − yo ) + ( z2 − zo )
2
2
= d2o
I gradi di libertà del corpo rigido
•
•
Esistono quindi tre relazioni tra le nove coordinate dei punti O’, P1 e P2.
Quindi solo sei di esse possono essere scelte in maniera indipendente.
– Una volta scelte le prime sei le ultime tre vengono determinate dalle
relazioni tra le coordinate.
• I gradi di libertà di un corpo rigido, ossia le coordinate
indipendenti sono solo sei (nove complessive meno tre relazioni)
Dalle due equazioni cardinali si hanno 6 equazioni scalari.
•
y’
P 2
Sei equazioni e sei coordinate da determinare
CM
•
Sono sufficienti per descrivere completamente il moto di un
corpo rigido. O’
P1
x’
Moto di rotazione attorno ad un asse fisso:
determinazione dell’ ENERGIA CINETICA
Consideriamo un corpo rigido discreto (fatto da n punti materiali) in rotazione attorno ad
un asse fisso. Tutti i punti si muovono attorno all’asse con la stessa velocità angolare.
•
Consideriamo l’i-esimo punto materiale.
– Il modulo della sua velocità:
v i = ω Ri
•
z
r
vi
La sua energia cinetica:
1
1
1
K i = m i v 2i = m iω 2 R 2i = m i R 2i ω 2
2
2
2
P'
i
L’energia cinetica di tutto il sistema:
n
K=
∑
i=1
n
Ki =
∑
i=1
1 ⎛
= ⎜
2 ⎝
1
m iv 2i =
2
n
∑
i=1
m i R 2i
n
∑
i=1
⎞ 2
⎟ ω
⎠
P
i
Ri
θi
1
m iR 2i ω 2 =
2
O
x
Definiamo questa quantità :
Momento di inerzia (I)
r
ri
y
DEFINIZIONE del momento di inerzia di un corpo
rigido rispetto all’asse di rotazione
mi = massa della i-esima particella
Ri = distanza dell’i-esima particella
dall’asse di rotazione
n
I=
∑
m i R2i
i=1
[ I ] = [ M ]!"L2 #$
SI : kgm 2
Il momento di inerzia dipende dalle masse dei punti che costituiscono il corpo rigido
Ma soprattutto dalla distribuzione della massa attorno all’asse di rotazione
Per i corpi continui:
I=
2
R
∫ dm
tutto il corpo
dI = R 2 dm
I=
dm = massa contenuta nell’elemento
infinitesimo dV: àdm=ρdV
R = distanza dell’elemento dV
dall’asse di rotazione
∫ dI
tutto il corpo
Per un corpo rigido in rotazione
attorno ad un asse fisso, l’energia
cinetica è data da:
1 2
K = Iω
2
Esaminiamo qualche caso …
Momento di inerzia di un punto
materiale di massa M
ω
M
Consideriamo la situazione
in figura:
R
1
Applichiamo la definizione:
I=
∑
i=1
2
m i Ri
2
= MR
Momento di inerzia di un anello omogeneo di
massa M e raggio R rispetto al proprio asse
Consideriamo la situazione della figura.
Supponiamo che l’anello ruoti attorno un asse, perpendicolare
all’anello passante per il suo centro (asse dell’anello).
Indichiamo con λ la densità lineare dell’anello:
Consideriamo un elemento dell’anello:
dl
a cui corrisponde la massa:
= Rdϕ
M
M
dm = λdl =
Rdϕ =
dϕ
2πR
2π
ω
M
R
y
R
dl
dϕ
x
Applichiamo la definizione di momento di inerzia per i corpi
continui:
2π
M
M 2 2π M 2
2
2
2π
2
2 M
I
=
R
dϕ
=
R
ϕ
=
R
(
2π
−
0
)
=
MR
[
]
0
I = ∫ R dm = ∫ R
dϕ
2π
2π
2π
0
anello
0
2π
∫
I=MR2 come se la massa dell’anello fosse concentrata in un punto
materiale a distanza R dall’asse (vedi caso precedente).
I = MR2
Momento d’inerzia di una sbarra di lunghezza L e massa M
ruotante rispetto ad un asse passante per un estremo
•
•
•
Consideriamo la situazione della figura:
Supponiamo che la sbarra ruoti attorno un asse,
perpendicolare alla sbarra passante per un suo estremo.
Indichiamo con λ la densità lineare della sbarra.
λ=
M
L
M
L
λ=
M
L
z
• Introduciamo un sistema di riferimento come in figura
• Suddividiamo la sbarra in elementi infinitesimi di
lunghezza dx, L
R=x
x
x+dx
dm = λdx =
M
x
M
dx
L
– indichiamo con x la coordinata del primo estremo
dell’elemento infinitesimo
– La distanza dell’elemento infinitesimo dall’asse di
rotazione sarà proprio il valore assoluto di x.
2
I = ∫ R dm = ∫
sbarra
L
0
M
λdx x =
L
2
∫
L
0
L
1 2
⎞ 1 2
M ⎡ x ⎤
M ⎛ L3
I
=
ML
⎜
⎟
x dx = ⎢ ⎥ = ⎜ − 0 ⎟ = ML
3
L ⎣ 3 ⎦ 0 L ⎝ 3
⎠ 3
2
3
Tabella riassuntiva
Il teorema di Steiner
Il momento di inerzia di un corpo
rispetto ad un asse qualunque è uguale
alla somma
• del momento di inerzia rispetto
ad un asse parallelo al primo ma
passante per il centro di massa
(I*)
• e di un termine pari al prodotto
della massa totale del corpo per
la distanza al quadrato tra i due
assi (Mh2)
2
I = I * +Mh
y’
y
yi
y’i
mi
R’i
Ri
P
h
CM
x’ i
b
a
xi
x i = x' i +a
y i = y' i +a
x’
x
Il teorema di Steiner
•
Dimostriamo per un CR discreto:
2
R' i =
2
x' i
2
2
2
+y' i
n
y
Distanza del punto i-esimo dall’asse
di rotazione passante per il CM
yi
Distanza del punto i-esimo dall’asse
di rotazione passante per il punto P
2
Ri = xi + y i
n
2
i
(
2
i
2
i
n
i =1
((
2
) (
= ∑ mi x'i + a + y 'i +b
i =1
n
y’i
Ri
)
P
) )=
h
CM
x’i
b
a
xi
2
(
)
= ∑ mi x'i2 + mi y 'i2 + mi a 2 + mi b 2 + 2mi ax 'i +2mi by 'i =
i =1
n
n
n
⎛ n
⎞ 2
2
= ∑ mi x' + y ' +⎜ ∑ mi ⎟ a + b + 2a ∑ mi x'i + 2b∑ mi y 'i = I CM + Mh 2
i =1
i =1
i =1
⎝ i =1 ⎠
(
2
i
2
i
)
(
)
Mx 'CM = 0
mi
R’i
I P = ∑ mi R = ∑ mi x + y =
i =1
y’
My 'CM = 0
x’
x
Verifica del teorema di Steiner
VALORI NOTI
-Momento di inerzia di una sbarra rispetto all’asse
per il CM della sbarra:
I* =
h
1
ML2
12
M
L
λ=
M
L
M
L
-Momento di inerzia di una sbarra rispetto
ad un asse passante per un estremo
I=
1
ML2
3
λ=
• Verifica della validità del teorema di Steiner:
2
1
1
1
1+3
4
1
⎛ L
2
2
2
2
2
2
I = I * + Mh = ML + M⎝ ⎞⎠ = ML + ML =
ML = ML = ML
12
2
12
4
12
12
3
2
M
L
ESERCIZI
ESEMPIO: Ciascuna delle tre pale del rotore di un elicottero, mostrate in
figura , è lunga 5.20m ed ha una massa di 240 kg.
– Qual è il momento di inerzia del rotore rispetto all’asse di rotazione? (le pale
possono essere considerate come asticelle sottili)
– Qual è l’energia cinetica rotazionale del rotore alla velocità angolare di 350
giri/min?
I pala
1
1
2
= ML = × 240kg × 5.202 = 2163.2kgm 2
3
3
I rotore = 3Ipala = 3 × 2163.2kgm2 = 6489.6kgm2
350giri 350 × 2π rad
ω=
=
= 36.6 rads
min
60s
1 2 1
K = Iω = × 6489.6 × 36.62 = 4.34MJ
2
2
Esempio: L’elemento oscillante di un pendolo è costituito da una
sbarretta di massa ms=0.5kg e lunga 50 cm a cui è attaccato un disco
di massa md=1kg di 20cm di diametro. Determinare il momento di
inerzia rispetto ad un asse perpendicolare alla figura passante per
l’estremo superiore della sbarretta.
y
I=
Asse di rotazione
2
R
∫ dm =
tutto il corpo
2
R
∫ dm +
corpo 1
2
R
∫ dm
corpo 2
h
I sbarra
x
1
1
2
= ML = × 0.5 × 0.52 = 0.0417kgm 2
3
3
I *disco =
Applicando Steiner:
*
2
2
1
1
MR2 = × 1.0 × 0.12 = 0.005kgm 2
2
2
2
2
2
I disco = Idisco + Mh = 0.005kgm +1.0kg × (.5 +.1) = 0.005kgm + .36kgm = .365kgm
2
Momento assiale
26
Rotazione di un corpo rigido attorno ad un asse fisso
• Facciamo riferimento all’anta di una porta
Asse di rotazione
Vista dall’alto
θ
• E’ possibile determinare la posizione del
CR con la sola conoscenza dell’angolo θ
• Un CR in rotazione attorno ad un asse
fisso ha un solo grado di libertà
• È sufficiente una sola equazione
scalare per determinare il suo moto.
Rotazione di un corpo rigido attorno ad un asse fisso
• Possiamo variare l’angolo ϕ della forza rispetto al vettore posizione mantenendo
la forza nel piano perpendicolare all’asse di rotazione
ϕ
b
O
F
r
Vista dall’alto
θ
O
r
F
• L’effetto è maggiore quando l’angolo ϕ è 90°
• È nullo quando ϕ è 0° o 180°
• Questa osservazione ci conferma che la causa delle
rotazioni è il momento della forza. • Infatti:
M o = r × F = rFsenϕ = bF
"
è nullo quando ϕ è 0° o 180°
"
è massimo quando ϕ è 90°
• Si osservi il momento della forza è parallelo all’asse di
rotazione Rotazione di un corpo rigido attorno ad un asse fisso
Se consideriamo una forza perpendicolare al vettore posizione r
• Il modulo del momento è
M o = r × F = Fr sen ϕ = Fb
• Lo stesso modulo del momento quando la forza F è
perpendicolare al piano della porta (caso precedente !)
• Ma in questo caso l’effetto prodotto è nullo!!
• Non si verifica alcun moto della porta.
F
O
r
• In cosa differisce dal caso precedente ?
Osserviamo che in questo caso il momento Mo è
perpendicolare all’asse di rotazione
• In precedenza esso era parallelo all’asse di rotazione
• Possiamo concludere: Il moto di rotazione di un corpo
rigido attorno ad un asse fisso dipende dalla componente
del momento della forza lungo l’asse di rotazione (che chiameremo Momento assiale)
Equazione del moto di rotazione di un
corpo rigido attorno ad un asse fisso
• Abbiamo dedotto:
– il moto di rotazione di un corpo rigido attorno ad un asse
fisso dipende dal momento assiale (la componente del
momento delle forze esterne lungo l’asse di rotazione)
• Si trova infatti che:
Equazione del moto di rotazione di un CR attorno ad un asse fisso
• I
momento di inerzia del CR rispetto all’asse di rotazione
• α accelerazione angolare
• Mz componente assiale del momento delle forze esterne
Legame tra l’equazione del moto di rotazione del CR
e la IIa equazione cardinale della dinamica dei sistemi
•
Consideriamo un sistema di punti materiali,
rigido, in rotazione attorno all’asse z con
velocità angolare ω.
Consideriamo la particella i-esima.
•
z
r
vi
P'
i
Per ogni particella indichiamo:
ri
vettore posizione
Ri
distanza dall'asse di rotazione
vi = ω Ri
i = ri × mi v i
modulo della velocità
i = ri mi vi = ri miω Ri
modulo del momento della quantità di moto
= miω Ri ri sen θi = mi Ri2ω componente assiale
Lz =
∑l = ∑
iz
i=1
i=1
⎛
= ⎜
⎝
lj
y
O
x
Ri
m i R2i ω
r
ri
θi
r
li
iz = i cos ( 90° − θi ) =
n
Ri
j
momento della quantità di moto
n
P
i
n
∑
i=1
⎞
m i R 2i ⎟ ω
⎠
= Iω
Lz = Iω
Se il corpo è simmetrico rispetto all’asse di rotazione: Lx=0, Ly=0
dLz
= Iα
dt
La conservazione del momento
angolare nei corpi rigidi.
•
I piccolo
I grande
La seconda equazione cardinale della dinamica dei sistemi :
dL
=M
dt
Il momento risultante delle forze esterne applicate è nullo,
allora :
dL
= M = 0 ⇒ L = costante
dt
Lz = costante
Il momento delle forze esterne
rispetto al CM è nullo
I
piccolo
I grande
Li = L f
I i ωi = I f ω f
Ii ω f
=
I f ωi
Lz = Iω
I grande
ESERCIZIO: La figura rappresenta un disco uniforme di massa M=2.5 kg e raggio R=20 cm
montato su un mozzo orizzontale fisso. Un blocco di massa M=1.2 kg è appeso ad un filo
privo di massa avvolto intorno al bordo del disco. Trovare l’accelerazione di caduta del
blocco, l’accelerazione angolare del disco e la tensione del filo. Il filo non slitta e il mozzo
gira senza attrito.
Il moto del disco è un moto di rotazione attorno ad un asse fisso
y
Rv
Introduciamo un sistema di riferimento
L’asse di rotazione coincide con l’asse z
L’equazione del moto di rotazione
M z = Iα
x
Il momento di inerzia I (disco omogeneo rispetto al suo asse)
I=
1
1
2
MR 2 = × 2.5kg × (.20m ) = 0.05kgm2
2
2
P
Dobbiamo ora calcolare Mz:
– Le forze esterne agenti sul disco sono
tensione
peso
M zT = −TR
M zP = 0
reazionevincolare M zRv = 0
L’equazione del moto:
•
1
MR2 α
2
r r
r
T + Fg = ma
− TR =
Per il corpo di massa m invece:
y T − mg = ma y
⎧
Abbiamo ottenuto due ⎪− TR =
equazioni con le
⎨
incognite T, ay, α.
⎪T − mg
⎩
1
MR 2α
2
= ma y
1
⎧
2
−
TR
=
MR
α
⎪
2
⎨
⎪T − mg = ma y
⎩
•
•
•
y
Rv
x
Le equazioni non sono sufficienti.
Ma sappiamo che la corda è inestensibile quindi
c’è una relazione tra ay, α.
P
Ruotiamo il disco di un angolo Δθ in senso orario (Δθ
negativo), osserveremo il corpo di massa m abbassarsi di
un tratto Δy anch’esso negativo:
− Δy = − RΔθ
•
Dividendo per Δt, e passando al limite
•
E con una seconda derivazione si ottiene
1
⎧
−
T
=
Ma y
⎪
2
⎨
⎪T − mg = ma y
⎩
1
⎧
T
=
−
Ma y
⎪⎪
2
⎨
⎪− mg = ⎛⎜ m + 1 M ⎞⎟a y
⎪⎩
2 ⎠
⎝
− mg
− 1.2 × 9.81 − 11.7
=
−
=
= −4.77 m 2
s
m + 12 M
1.2 + 12 × 2.5 2.45
1
T = − Ma y = − 12 × 2.5(− 4.77 ) = 5.96 N
2
− 4.77 m 2
ay
s = −23.8 rad
α = ==
s2
R
.20 m
ay =
Il lavoro nei moti di rotazione
•
Facendo riferimento all’applicazione precedente
calcoliamo il lavoro infinitesimo fatto dalla tensione T
relativamente ad uno spostamento angolare infinitesimo
dθ:
dL = T ⋅ dr = Tdscos ϕ = T (− Rdθ ) = −TRdθ = M z dθ
•
Nel caso della figura ds, il modulo dello spostamento
infinitesimo, è uguale a -Rdθ (il segno meno si giustifica per il
fatto che dθ è negativo, mentre ds deve essere positivo)
•
Il lavoro per una rotazione finita sarà:
θf
L = ∫ M z dθ
θo
•
Si osservi che poiché la corda è inestensibile
il lavoro complessivo fatto dalle due tensioni
ai due capi della corda è nullo.
La potenza istantanea:
P=
dL
dθ
= Mz
= M zω
dt
dt
dθ
dr
P = M zω
Con riferimento all’applicazione precedente in cui un disco uniforme di massa M=2.5 kg e raggio R=20 cm
montato su un mozzo orizzontale fisso e un blocco di massa m=1.2 kg è appeso ad un filo privo di
massa avvolto intorno al bordo del disco, calcolare la velocità del corpo di massa m dopo che ha
percorso 1m supponendo che inizialmente fosse fermo. Calcolare la corrispondente velocità angolare del disco.
Calcolare l’angolo di cui ha ruotato il disco.
Verificare che il lavoro fatto dalla tensione sul disco è uguale alla variazione della sua energia cinetica.
• Noi abbiamo già calcolato l’accelerazione uniforme del corpo di massa m. 1) Potremmo risolvere il problema per via cinematica:
2
2
o
v − v = 2a y ( y − yo ) → v = 2(− 4.77 )(− 1) = 3.1
v 3.1 m s
ω= =
= 15.5 rads
R 0.2m
=0
LRv
app. a un punto fermo
Ei = Ef ⇒ K i + Ui = K f + Uf
1
1
mv 2 + Iω 2 + 0
2
2
1
11
1 ⎛
1 ⎞ 2
2 2
mgh = mv 2 +
MR
ω
=
m
+
M v
2
2 2 1223
2 ⎝
2 ⎠
0 + mgh =
v
2mgh
2 × 1.2 × 9.81 × 1
m2
v =
=
= 9.6 2
⎛ m + 1 M⎞
⎛ 1.2 + 1 2.5⎞
s
⎝
⎝
2 ⎠
2 ⎠
2
y
Rv
s
x
2) Possiamo anche risolvere il problema con la conservazione
dell’energia:
ΔE = Lnc = LT1 + LT2 +
m
=0
P
Con riferimento all’applicazione precedente in cui un disco uniforme di massa M=2.5 kg e raggio R=20
cm montato su un mozzo orizzontale fisso e un blocco di massa m=1.2 kg è appeso ad un filo privo
di massa avvolto intorno al bordo del disco, calcolare la velocità del corpo di massa m dopo che ha
percorso 1m supponendo che inizialmente fosse fermo. Calcolare la corrispondente velocità angolare del disco.
Calcolare l’angolo di cui ha ruotato il disco.
Verificare che il lavoro fatto dalla tensione sul disco è uguale alla variazione della sua energia cinetica.
Δθ =
h
1m
=
= 5rad
R 0.2m
ΔK = K f − Ki =
=
•
1 2 11
2 2
Iω =
MR ω =
2
22
1
2
2
× 2.5 × .2 × 15.5 = 6.0J
4
Ricordiamo il valore della tensione T determinato precedentemente (T=5.96N)
−θ
−θ
0
0
LT = ∫ M z dθ = ∫ − TRdθ = TRΔθ = 5.96 × .2 × 5 = 5.96 J
•
Per il teorema delle forze vive:
ΔK = Lrisul tan te = LT + LP + LRv
=0
Coppia di forze
•
•
Due forze uguali ed opposte non aventi la stessa retta di azione
Attraverso una coppia è possibile applicare al corpo un momento
puro
•
La forza risultante della coppia è nulla.
•
Il momento della coppia invece è indipendente dal polo
–
O
r
F
b
r
−F
(πr − θ )
θ
r
Per esempio rispetto ad O, il punto di applicazione della forza F:
M1=0, M2=rFsenθ= rFsen(π-θ)=Frsen(π-θ)=Fb
•
•
•
•
È diretto perpendicolarmente al piano della coppia
Nel caso considerato il verso è uscente
Il modulo vale Fb dove b è il braccio della coppia pari
alla distanza tra le retta di azione delle due forze
Se le due forze sono collineari il momento della coppia è
nullo
r
F
• Lo stesso momento può essere ottenuto in infiniti modi diversi.
r
−F
b
Coppia di forze
•
•
Due forze uguali ed opposte non aventi la stessa retta di azione
Attraverso una coppia è possibile applicare al corpo un momento
puro
•
La forza risultante della coppia è nulla.
•
Il momento della coppia invece è indipendente dal polo
–
O
r
F
b
r
−F
(πr − θ )
θ
r
Per esempio rispetto ad O, il punto di applicazione della forza F:
M1=0, M2=rFsenθ= rFsen(π-θ)=Frsen(π-θ)=Fb
•
•
•
•
È diretto perpendicolarmente al piano della coppia
Nel caso considerato il verso è uscente
Il modulo vale Fb dove b è il braccio della coppia pari
alla distanza tra le retta di azione delle due forze
Se le due forze sono collineari il momento della coppia è
nullo
r
F
• Lo stesso momento può essere ottenuto in infiniti modi diversi.
r
−F
b
Esercizio. Il piatto di grammofono di raggio r=0.10 m gira intorno ad un asse
centrale verticale alla velocità di 4.7 rad/s. Il suo momento di inerzia rispetto
all’asse di rotazione vale 5.0x10-4 kg*m2. Un pezzetto di stucco di massa 0.020 kg
cade dall’alto verticalmente sul disco e si appiccica sul bordo.
Qual è la velocità angolare del disco subito dopo che lo stucco si è attaccato?
z
ω
v
O
L’urto è un urto anelastico, dopo l’urto i due oggetti si muovono restando attaccati. Le forze esterne
presenti sono le forze peso del disco e dello stucco più la reazione vincolare esercitata dall’asse di
rotazione. Proprio la presenza della reazione vincolare non consente la conservazione della
quantità di moto. Poiché la reazione vincolare, impulsiva, è applicata all’asse di rotazione, ha
momento assiale nullo rispetto all’asse di rotazione.
Anche le altre forze esterne presenti, le forze peso, essendo verticali hanno momento assiale nullo
(Mz=0) rispetto all’asse di rotazione (il Momento generato è ortogonale all’asse)
Quindi si conserva il momento angolare assiale Lz.
Richiami al moto di PURO
ROTOLAMENTO
41
Risoluzione del moto di rotolamento :
1) pura rotazione attorno ai punti di contatto
2) sovrapposizione del moto del centro di massa
più una rotazione attorno al centro di massa
N.B. : Entrambi devono condurre al medesimo risultato
Moto di puro rotolamento di un cilindro
•
•
•
y
Consideriamo un cilindro di massa M e raggio R che si
può muovere su di un piano orizzontale sotto l’azione
di una forza F applicata nel suo centro di massa.
Le altre forze agenti sul cilindro sono
– La forza peso applicata al centro di massa
– La normale N applicata nel punto di contatto
– La forza di attrito anch’essa applicata nel punto di
contatto.
r
N
r
Fas r
P
r
F
x
Sia la normale N che la forza di attrito statico sono distribuite su tutti i punti della generatrice
del cilindro a contatto con il piano
– Facendo ricorso a questioni di simmetria possiamo renderci conto che l’insieme di queste
forze è equivalente ad un’unica forza applicata nel punto di mezzo del segmento costituito
dai punti di contatto tra cilindro e piano orizzontale
– Nella figura le forze risultanti, sia per quanto riguarda la Normale che per la forza di
attrito statico, sono state applicate proprio nel punto precedentemente determinato (esso si
trova infatti sulla sezione del cilindro che contiene il centro di massa).
NB: in generale non si può stabilire a priori il verso della forza di attrito statico
Ragioni di simmetria ci dicono che deve essere parallela alla forza applicata F, però potrebbe andare
verso destra o verso sinistra. In figura abbiamo scelto a caso (quasi) uno dei due versi: se risolvendo il
problema determiniamo un modulo negativo, non vuol dire che abbiamo raggiunto un risultato
assurdo, solo che abbiamo sbagliato la scelta del verso che, pertanto, andrà corretta.
1) Risoluzione del moto di rotolamento come
pura rotazione attorno ai punti di contatto
L’equazione del moto è:
•
•
∑M
iz
y
= Iα
I è il momento di inerzia rispetto all’asse di rotazione
Mz è il momento assiale risultante delle forze applicate.
Nel nostro caso (il polo è il punto di contatto):
⎧ F
⎪ P
⎪
⎨
⎪ N
⎪⎩ Fas
•
r
N
r
Fas r
P
r
F
x
M 1 z = − FR
M 2z = 0
M 3z = 0
−FR = Iα
M 4z = 0
con
1
3
2
2
2
2
I=
I
* +Mh
=
MR
+
MR
=
MR
2
2
Steiner
Utilizzando la condizione di puro rotolamento
ax
− FR = −I
R
FR 2
ax =
I
ax = −Rα
FR 2
FR 2
2F
ax =
=3
=
I
MR2 3M
2
ax =
NB:In questo caso non abbiamo avuto alcuna informazione sulla forza di attrito.
2F
3M
2) Risoluzione del moto di rotolamento come sovrapposizione
del moto del centro di massa più una rotazione attorno al centro di
massa .
y
F + P + N + Fas = Ma CM
⎧ x : F − Fas = MaCMx
⎨
⎩ y : N − Mg = MaCMy = 0
⎧ x : F − Fas = MaCMx
⎨
⎩ y : N = Mg
L’equazione del moto di rotazione attorno ad un asse fisso nel SR del CM:
⎧ F :
⎪ P :
⎪
⎨
⎪ N :
⎪⎩ Fas :
M Fz = 0
M Pz = 0
M Nz = 0
M z = − Fas R
I* =
1
MR2
2
*
−Fas R = I α
⎧Traslazione
⎪
⎨Rotazione
⎪
⎩ condizione di puro rotolamento
r
N
r
Fas r
P
r
F
x
M*z = I*α
F − Fas = MaCMx
(*)
− Fas R = I *α
aCMx = − Rα
a CMx
F
* a CMx
Sostituendo
in
F
−
I
=
Ma
⇒
a
=
CMx
CMx
I*
R 2 (*)
R2
M+ 2
F
F
F
2F
R
aCMx =
=
=
=
1
1
I*
MR 2 M + M 3M
M+ 2
2
R
M+2 2
R
a
1
F
F
2 2F
Fas = I* CMx
=
MR
=
NB
:
Info
sul
puro
rotol.
⇔
≤ µ s N = µ s Mg
R2
2
3MR2 3
3
Fas = I*
Dove è finita l’energia ?
N
N
F
F
Fas
P
P
ax =
2F
3M
Senza attrito
– Pura traslazione
Con attrito
– Moto di puro rotolamento
Se la forza opera per un tratto Δx:
v 2 − v2
•
v+2 f = 2
f
2F
Δx
3M
o
ax =
F
M
= 2ax Δx
v−2 f = 2
F
Δx
M
2
Solo i due terzi del quadrato della velocità del caso senza attrito
v+2 f = v−2 f
3
Si consideri
anche l’energia cinetica del moto di
rotazione
1
1 * 2
2
ΔK
=
K
−
K
=
Mv
+
I ω+ f =
f
1
i 2 + f 2
2
Δ
K
=
K
−
K
=
Mv
=0
f
i
f =
2
1
11
=0
= Mv+2 f +
M R 2ω +2 f =
2
2 2
1
F
2
v+ f
1
2F # 1 &
= M2
Δx %1+ ( = FΔx = LF
2
3M $ 2 '
=
2
M2
M
Δx = FΔx = LF
Esercizio: Un corpo di massa m e raggio R rotola senza strisciare a velocità v su
un piano orizzontale. Prosegue rotolando su per una rampa fino ad una altezza
massima h=3v2/(4g).
Qual è il momento di inerzia del corpo rispetto all’asse passante per il centro di
massa?
Le
agenti
sono: ilsipeso,
la normale e la forza di attrito.
Di forze
che tipo
di corpo
tratta?
Possiamo applicare la conservazione dell’energia
Ki + U i = K f + U
f
1
1 * 2
2
Mv +
I ω + 0 = 0 + mgh
2
2
2
2
v
3v
1
1
mv2 + I* 2 = mg
2
2 R
4g
Da cui:
*
I =m
⎛ 3 ⎞ 2 1
2
− 1 R = mR
⎝ 2 ⎠
2
v
1
3
m +I 2 = m
R
2
*
Si tratta di un cilindro !
h
ESERCIZIO: Una forza orizzontale costante di 10 N è applicata a una ruota di massa
M=10kg e raggio R=0.30 m, nel modo come indicato in figura. La ruota rotola senza
strisciare sulla superficie orizzontale, e l’accelerazione del suo centro di massa è
0.60 m/s2.
Quali sono l’intensità ed il verso della forza di attrito sulla ruota?
Qual è il momento di inerzia della ruota intorno all’asse di rotazione passante per il
suo centro?
Dal teorema del centro di massa:
R = F + P + N + Fas = MaCM
⎧ x : F − Fas = MaCMx
⎨
⎩ y : N − Mg = MaCMy = 0
N
N = Mg
y
F
Fas = F − MaCMx = 10 − 10 × .60 = 4.0 N
x
Fas = 4.0 N
per la rotazione
M*z = I*α
⎧ F
⎪ P
⎪
⎨
⎪ N
⎪⎩ Fas
Mz
Mz
Mz
Mz
=0
=0
=0
= − Fas R
2
2
R
F
0
.
3
× 4 0.36
as
I* =
=
=
= 0.60 kgm2
aCMx
0.60
0.60
Fas
P
ax = −Rα
*
−Fas R = I α
I * = 0.60kgm2
Fas = I*
a CMx
R2
Una forza orizzontale costante di 10 N è applicata a un cilindro di massa M=10kg e raggio R=0.20 m,
attraverso una corda avvolta sul cilindro nel modo come indicato in figura. Il cilindro rotola senza
strisciare sulla superficie orizzontale. Determinare:
• l’accelerazione del suo centro di massa.
• l’intensità ed il verso della forza di attrito necessario per assicurare il moto di puro rotolamento
• il minimo coefficiente di attrito tra il cilindro e il piano orizzontale .
Supponiamo che la forza di attrito statico sia diretta in verso
opposto alla forza applicata F, salvo ricrederci se risolvendo il
problema ci risultasse una componente negativa.
y
Dal teorema del centro di massa:
F + P + N + Fas = Ma CM
⎧ x : F − Fas = MaCMx
⎨
N = Mg
⎩ y : N − Mg = MaCMy = 0
1
*
*
*
La rotazione attorno al centro di massa:
Mz = I α
⎧ F
⎪ P
⎪
⎨
⎪ N
⎪
⎩ Fas
Mz
Mz
Mz
Mz
= − FR
=0
*
− FR − FasR = I α
=0
= − Fas R
I =
2
N
F
x
Fas
P
MR2
⎧Traslazione
⎪
⎨Rotazione
⎪
⎩ condizione di puro rotolamento
F − Fas = MaCMx
− FR − Fas R = I *α
aCMx = − Rα
Fas = F + MRα =10 + 2 × 0.2(−33.3) = −3.32N
a CMx = −Rα = −0.2 × (−33.3)
= 6.66 m2
s
Fas ≤ µ s N ⇒ µ s ≥
Fas Fas
3.32
=
=
= 0.17
N Mg 2 × 9.81
Esercizio: Un cilindro pieno di raggio 10 cm e massa 12 Kg, partendo da fermo,
rotola senza strisciare per una distanza di 6 m giù per il tetto di una casa inclinato di
di 30 °
• Quando lascia il bordo del tetto, qual è la sua velocità angolare rispetto ad un asse
passante per il suo centro di massa?
• La parete esterna della casa è alta 5 m, a che distanza dal bordo del tetto atterrerà
sul terreno piano?
Consideriamo dapprima il moto di puro rotolamento sul tetto
i
Le forze agenti sono la forza peso, la Normale, la forza di attrito
statico. Possiamo trovare la velocità finale utilizzando la conservazione
U=0
L
dell’energia meccanica totale
ΔE = Lnc = LN + LFa = 0
=0
appl. punto fermo
Ei = E f ⇒ K i + U i = K f + U f
Kf
⇒
per il T. di Konig
Kf =
1
1
1
2
2
MvCM
+ K * = MvCM
+ I *ω 2
2
2
2
f
Ki + U i = Kf + U f
1
1 * 2
2
0 + MgLsen 30° = MvCM + I ω + 0
2
2
•
La condizione di puro rotolamento:
v 2CM = R 2ω 2
vCM = R ω
*
• Il momento di inerzia del Cilindro:
I =
MgL sen30° =
ω=
y
U=0
1
MR2
2
1
11
MR 2ω 2 +
MR2ω 2
2
22
4gLsen 30°
=
2
3R
v
L
4 × 9.81× 6 × 0.5
rad
=
3924
=
62.6
2
3 × .1
s
x
vCM = Rω = 0.1× 62.6 = 6.26
m
s
Affrontiamo ora la seconda parte del problema. Dobbiamo innanzitutto calcolarci il modulo
della velocità del CM; Usiamo la condizione di puro rotolamento:
La velocità è diretta come mostrato in figura. Quando il cilindro abbandona il tetto, il
moto del suo centro di massa è come il moto del proiettile. Facendo ripartire l’orologio al
momento del distacco,le condizioni iniziali sono:
x o = 0m v xo = −6.26cos30° = −5.42 ms
yo = 5m v yo = −6.26sen 30° = −3.13 ms
x = v xot
y = y o + vyo t − 12 gt 2
Determiniamo l’istante di impatto al suolo imponendo che y sia nulla:
y o + vyo t − 12 gt 2 = 0 ⇒ 4.9 t 2 + 3.13t − 5 = 0
t 1, 2
y
−b ± b 2 − 4ac −3.13 ± 3.132 + 4 × 4.91 × 5 −3.13 ± 10.39 −1.37
=
=
=
=
+0.74
2a
9.81
9.81
La soluzione negativa è da scartare.
La distanza a cui atterrerà:
v
x = v xot = −5.42 × .74 = −4.01m
x
•
Si osservi che la velocità di rotazione attorno all’asse passante per il centro di
massa rimane costante dal momento del distacco fino all’impatto al suolo.
– L’unica forza esterna agente, la forza peso, essendo applicata al CM, ha momento
assiale nullo rispetto all’asse di rotazione.
