Fisica
Facoltà di Ingegneria, Architettura e delle
Scienze Motorie
Lezione 18 aprile 2013
Architettura
(corso magistrale a ciclo unico quinquennale)
Prof. Lanzalone Gaetano
SISTEMI DI PARTICELLE
2
Sistemi di particelle
•
– Si determinano le forze che agiscono
sul punto materiale
– Si applica la seconda legge di Newton
– Si risolvono le tre equazioni differenziali
per trovare il moto dei punti proiezione
sugli assi (se le equazioni sono
indipendenti)
– Altrimenti si risolve il sistema di tre
equazioni derivanti alla seconda legge
di Newton.
– Si determina così la legge oraria.
•
z
(est ) Sistemi di punti materiali
R1
F
12
P1
F
F
21
23
r1
F13
r2
P2
Abbiamo mostrato come è possibile
determinare il moto di un punto
materiale
Vediamo ora come si può descrivere il
moto di sistemi più complessi che
non possono essere schematizzati
dal punto materiale.
F31
y
r3
P3
x
)
R(est
2
F32
)
R(est
3
Proviamo ad operare come
abbiamo imparato a fare.
Studiamo i Sistemi di punti materiali
3
Sistemi di particelle
!
#
#
#
#
#
#
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"
#
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#
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#
#
#$
d 2 r1
m1 2 = R1
dt
z
r ( est )
R1
d 2 r2
m2 2 = R 2
dt
................
d 2 ri
mi 2 = R i
dt
.................
d 2 rn
mn 2 = R n
dt
P1
r
F12
r
r1
r
F21
r
F13
R i = risultante delle forze
agenti sulla particella i-esima
r
F23
r
r2
P2
r
F31
r ( est )
R2
y
r
r3
P3
x
Si può scrivere n volte la seconda legge della dinamica, r
F32
r
R (3est )
• una volta per ciascun punto facente parte del sistema
• poi si può risolvere il sistema di 3n equazioni differenziali che si
ottiene.
Molto difficile!!!
DOMANDIAMOCI: È possibile, rinunciando ad una descrizione dettagliata
del moto delle singole particelle, ottenere almeno una descrizione del moto
4
dell’insieme delle particelle? Il centro di massa di un sistema
di punti materiali
m
r
∑ i i=
n
m
r
∑ ii
n
Def.
rCM =
m1r1 + m2 r2 +.... + mi ri +.... + mn rn
i=1
i=1
n
n
∑ mi
∑m =
i
i=1
m1 + m2 +.... + mi +.... + mn = M
i=1
z
n
∑m x
i
n
P1
ponendo M = ∑ mi
r
r1
x CM =
M
n
r
r2
∑m y
P2
i
y CM =
m
∑ i ri
n
y
r
r3
P3
x
i=1
i=1
r
rCM
r
r2
i
rCM =
i=1
M
i
i=1
M
n
∑m z
i i
z CM =
i=1
M
5
Esempi
6
Problema 1
Due punti materiali di massa m1=1Kg e m2=400g si trovano rispettivamente
nei punti P1=-20m e P2=50m. Calcolare il centro di massa del sistema.
7
Problema 2
Tre punti materiali di massa m1=1Kg, m2=500g m3=100g si trovano
rispettivamente nei punti P1(10m;0m), P2(0m;5m) e P2(1m;0m) . Calcolare il
centro di massa del sistema.
8
•
Esempio: Tre masse uguali sono poste ai vertici di un triangolo equilatero di
lato L. Determinare la posizione del centro di massa
y
3
L
θ
x
1
1 (0,0)
2
Analogamente :
E’ possibile determinare prima il centro di massa delle
particelle 1 e 2.
2 (L,0)
3 (L cos60°, Lsen 60°)
1
y
1
2
xCM 12 =
x
⇒
se m1 = m2
xCM 12 =
x1 + x2 L
=
2
2
Calcoliamo ora la posizione del CM della particella 3 e di una
particella di massa 2m posta nella posizione del CM delle
particelle 1 e 2.
Il centro di massa si troverà sulla congiungente le particelle. Il
risultato è equivalente a quello ottenuto prima.
3
CM12
m1 x1 + m2 x2
m1 + m2
x
x CM
L
=
2
⎛ 2m × 0 + mL 3 ⎞
3 ×L
⎝
2 ⎠
3L
2
y CM =
=
=
3m
3
6
9
Esempio:Il centro di massa del sistema terra-sole
∑m x
i i
xCM =
miy i
i =1
∑m z
i =1
M
x CM
=0
M
i i
z CM =
= 0 xCM
d CM −S =
d CM −S
•
•
x
xt
M
∑
n
xs
O
i=1
n
y CM =
mt
ms
n
m x + m tx t
= s s
ms + mt
dove
m s = 2 1030 Kg;
d ts = 1.5 1011 m
m t = 6 1024 Kg
aggiungiamo
m x + mT xT + mT xS − mT xS
m ( x − xS )
mT
= S S
= xS + T T
= xS +
dT − S
mS + mT
mS + mT
mS + mT
mT
dT −S
mS + mT
Analogamenteà
d CM −T
mS
=
dT −S
mS + mT
6x1024
11
5
=
1.5x10
=
4.5x10
m
30
24
2x10 + 6x10
Il centro di massa si trova sul segmento che congiunge i due punti
materiali
dCM −S m T
=
È più vicino al punto materiale di massa maggiored
m
CM −T
S
10
Il centro di massa di corpi simmetrici
xCM
m1 x1 + m2 x2
=
m1 + m2
Centro di massa di una sbarra
omogenea
x
x2
x1
⇒
se m1 = m2
xCM
x1 + x2
=
2
Asse di simmetria
⇒
Centro di simmetria
Centro di massa di una disco omogeneo
Concludiamo che il centro di
massa (CM) di un corpo
omogeneo simmetrico
coincide col suo centro di
simmetria geometrico.
11
Esercizio: L’elemento oscillante di un pendolo è costituito da una sbarretta
omogenea di massa ms=0.5kg e lunga 50 cm a cui è attaccata un disco
omogeneo di massa md=1kg di 20cm di diametro. Determinare la posizione
del CM.
y
y
•
•
•
x
x
Per simmetria ricaviamo immediatamente:
CMS della sbarra (0,0.45m) ms=0.5kg
CMD del Disco (0,0.1m) md=1kg
xCM =
mD xD + mS xS 1kg × 0m + 0.5kg × 0m
=
= 0m
mD + mS
1.5kg
Calcoliamo Ycm tra i due punti ottenuti di massa mS e mD:
yCM =
mD yD + mS yS 1kg × 0.1m + 0.5kg × 0.45m ( 0.1+ 0.225) kgm 0.325
=
=
=
m = 0.22m
mD + mS
1.5kg
1.5kg
1.5
xCM = 0m
yCM = 0.22m
12
Esercizio: Nella figura si vede una piastra quadrata di lamiera uniforme con
lato di 6m, dalla quale è stato ritagliato un pezzo quadrato di 2 m di lato con
centro nel punto x=2m,y=0m L’origine delle coordinate coincide con il
centro della piastra quadrata. Trovare le coordinate x e y del CM.
y
•
CM1
CM
•
•
•
CM2
Per ragioni di simmetria
(entrambi hanno ycm
uguale a zero) si ottiene:
x
CM1 Intera piastra (0,0 m)
M
CM2 Parte (2,0)mancante
m2=1/9M
CMx incognito (?,0) m1= (36-4)/36 M = 8/9M
Possiamo calcolare xcm incognito, partendo dalla considerazione che è noto il centro di massa del
sistema lamiera intera e dalla possibilità di calcolare il suo CM dalle due parti in cui lo abbiamo
decomposto.
xCM 1 =
mxCMx + m2 xCM 2
m + m2
8
1
Mx + Mx2
9
=9
= 0⇒
M
x
8
1
MxCMx + MxCM 2 = 0 ⇒ xCMx = − CM 2 = −0.25m
9
9
8
xCMx = −0.25m
13
Il centro di massa di corpi continui qualsiasi
y
dm
∫ dm x
x CM =
r
corpo
∫ dm
corpo
x
z
n
r
rCM =
∑
r
m i ri
i=1
n
∑
i=1
mi
r
rCM =
∫
∫ dm y
dmrr
corpo
y CM =
∫ dm
corpo
∫ dm
corpo
corpo
∫ dm z
z CM =
corpo
∫ dm
corpo
14
Esercizio
Trovare la coordinata x del c.m. del sistema costituito da tre mattoni.
R. 11/12L
15
Esempio: Determinare la posizione del centro di massa di un semidisco
omogeneo di massa M e raggio R.
x CM = 0 per ragioni di simmetria
y
2x=2Rcosθ
dy
y+dy
y
R
•
θ
x
•
dS=2Rcosθ dy
σ=
M
πR 2
∫
yCM =
=
2
∫
dm
Dividiamo il semicerchio in strisce molto
sottili
Sostituiamo ciascuna striscia con il suo
centro di massa (0,y)
Associamo a ciascun CM parziale la
massa dell’intera striscia.
dm
4M
⇒ dm = σ 2 R cosθdy =
cosθdy
dS
πR
dm y
corpo
•
=
4M
∫ π R cosθ y dy
corpo
M
x
y = Rsen θ
4
=
cosθ y dy
∫
π R corpo
yCM =
4R
π
∫
2
0
2
cos θsenθdθ =
4R
π
π
∫
2
0
θ
R
dy = R cos θdθ
y CM =
corpo
π
y
3
4
πR
∫ cosθRsen θRcosθdθ
corpo
π
2
4 R ⎡ cos θ ⎤
4 R ⎛ 0 1 ⎞ 4 R
cos θ ⋅ d (cos θ ) =
−
=
= .424R
⎜ + ⎟ =
⎢
⎥
π ⎣
3 ⎦ 0 π ⎝ 3 3 ⎠ 3π
2
16
z
La velocità del centro di massa
v CM =
P1
r
r1
r
rCM
r
r2
Se i vari punti materiali si
muovono, anche il centro di
massa si muoverà
Calcoliamo la sua velocità
Ricordiamo che
i =1
M
P2
r
r2
y
r
r3
m
r
∑ ii
n
rCM =
∑ mi v i
n
P3
x
i=1
n
∑m
i
i=1
n
n
" n
%
dri
m
r
m
m
v
$
'
∑ i i 1 d " n % ∑ i dt
∑ i i
drCM
d $ i=1
'=
v CM =
=
= i=1
$ ∑ mi ri ' = i=1
dt dt $ M ' M dt # i=1
M
M
&
$
'
perchè la derivata si può
per definizione
#
&
distribuire sulla somma
e perchè m i è costante
perchè
1
è costante
M
17
z
L’accelerazione del
centro di massa
•
aCM =
P1
r
r1
r
rCM
r
r2
Possiamo anche calcolare
l’accelerazione del centro di
massa
∑ mi vi
∑ mi ai
n
r
r2
i =1
M
P2
n
v CM =
y
r
r3
i=1
P3
M
x
n
n
d
v
⎛
⎞
i
mi v i ⎟
mi
mi a i
∑
∑
n
dv CM d ⎜⎜ ∑
1
d
⎛
⎞
dt = i =1
i =1
i =1
⎟ =
a CM =
=
m
v
=
⎜ ∑ i i ⎟
dt
dt
M
M
dt
M
M
⎜
⎟
⎝ i =1
⎠
⎜
⎟
perchè la derivata si può
per definizione
⎝
⎠
distribuire sulla somma
n
1
perchè
è costante
M
e perchè m i è costante
18
•
ESERCIZIO. Un’auto di massa 1000 kg è ferma ad un semaforo. Quando viene il
verde (t=0s) parte con una accelerazione costante di 4 m/s2. Nello stesso istante
sopraggiunge con velocità costante di 8m/s , un camion dei vigili del fuoco di
massa 2000kg che sorpassa l’auto. A che distanza dal semaforo si troverà il
centro di massa del sistema auto camion al tempo t=3.0s? Quale sarà la sua
velocità? Calcolare inoltre la VCM e l’ aCM ?
⎧ xC = vC t ⇒ xC = 24 m
t =3 s
⎪
⎨
1 2
x
=
at
⇒ xa = 18m
⎪ a
t
=3 s
2
⎩
t=0
x
O
t=3s
O
⎧vC = costante ⇒ vC = 8m / s
⎪
t =3 s
⎨
va = 12m / s
⎪⎩va = at t⇒
=3 s
x
x CM (3s) =
m C x C + m a x a 2000 × 24 + 1000 × 18
=
m = 22m
mC + ma
3000
v CM (3s) =
m C v C + m a va 2000 × 8 + 1000 × 12 m
m
=
= 9.3
mC + ma
3000
s
s
a CM (3s) =
m Ca C + ma a a 2000 × 0 + 1000 × 4 m
m
=
2 = 1.33 2
mC + m a
3000
s
s
19
Oppure si poteva procedere così: (2a risoluzione)
⎧
⎪
⎪ xCM (0s) = 0m
⎪
mC vC + ma va 2000 × 8 + 1000 × 0 m
m
=
= 5.33
⎨vCM (0s) =
mC + ma
3000
s
s
⎪
⎪
mC aC + ma aa 2000 × 0 + 1000 × 4 m
m
=
= 1.3 2
⎪aCM (0s) =
2
mC + ma
3000
s
s
⎩
1
1
xCM = x0 + vCM t + aCM t 2 ⇒ xCM = 0 + 5.33 × 3 + 1.33 × 9 = 22.0m
t =3 s
2
2
vCM (t ) = vCM (0s ) + at ⇒ vCM (3s ) = 5.33 + 1.33 x3 = 9.33m / s
t =3 s
20
z
RIASSUMENDO:
∑ m i ri
n
rCM =
i=1
M
P1
n
∑m x
i
x CM =
r
r1
i
i=1
r
rCM
r
r2
M
n
∑m y
i
y CM =
i
i=1
M
con M = ∑ mi
∑m z
i i
z CM =
m
v
∑ ii
n
v CM =
i=1
M
P3
i=1
M
i=1
x
∑ m ia i
n
n
∑m v
i
v Cx M =
y
r
r3
n
n
ix
i=1
M
a CM =
i=1
M
n
∑m a
i ix
a Cx M =
∑m v
i
iy
i=1
i iy
a Cy M =
M
i
M
i=1
M
n
∑m v
i=1
M
∑m a
n
v Cz M =
i=1
n
n
v Cy M =
P2
r
r2
iz
∑m a
i iz
a Cz M =
i=1
M
21
• Un pezzo di metallo è sagomato come in
figura. Determinare la posizione del centro di
massa.
22
Il teorema del centro di massa /1
n
Ma CM =∑ m i a i
dalla definizione di
accelerazione del CM
z
r ( est )
R1
i=1
r
F12
P1
Dalla II legge Newton
mi a i = R i
i = 1, 2,..., n
r
r1
r
F13
r
rCM
r
r2
Dove Ri può scomporsi in forze esterne ed interne
( est ) (int) ( est )
R i = R i + R i = R i + ∑ fij
•
Forze interne
fij
r
F21
r
r2
r
F31
i = 1,2,..., n
P3
x
– Le forze dovute alle altre
particelle che fanno parte del
sistema di punti materiali
P2
r ( est )
R2
y
r
r3
j ≠i
r
F23
r
F32
r
R (3est )
(est )
• Forze esterne R i
– Le forze dovute alle altre
particelle che non fanno parte
del sistema di punti materiali
n
Ma CM =∑ m i a i =
i=1
#
& n (est ) n
(est )
%
(
∑% Ri + ∑ fij ( = ∑ Ri + ∑∑ fij
'
i=1 $
j≠i
i=1
i=1 j≠i
n
perchè in una somma è possibile cambiare l'ordine degli addendi
23
Il teorema del centro di massa /2
(est )
∑ Ri
z
r ( est )
R1
n
i=1
∑∑ fij
Risultante delle forze esterne
P1
n
i=1 j≠i
•
r
F12
Risultante delle forze interne
r
r1
r
F21
r
F13
r
rCM
r
r2
La risultante delle forze interne
è nulla
r
r
r2
P2
r ( est )
R2
r
F31
r
– Le forze interne sono a coppia fij = − fji
y
r
r3
– Ogni coppia ha risultante nulla
– La risultante è la somma di tanti
termini tutti nulli
P3
x
f12 + f13 + f21 + f23 + f31 + f32 = f12 + f21 + f13 + f31 + f23 + f32 = 0
∑∑ fij =
r
F23
r
F32
r
R (3est )
3
i=1 j≠i
i=1
i=2
i=3
=0
=0
caso per n=3
=0
24
Il teorema del centro di massa /3
•
•
(est )
Ma CM =R
L’accelerazione del centro di massa è dovuta
alle sole forze esterne.
il centro di massa di un sistema
materiale che abbia massa M costante si
muove come un punto materiale, avente
una massa pari alla massa M totale del
sistema, sottoposto all'azione della
risultante delle sole forze esterne agenti
sul sistema stesso.
Osserviamo che:
• I singoli punti possono avere un moto “complicato”
x
• Il moto del centro di massa è influenzato dalle sole
forze esterne
• Il moto del centro di massa rappresenta il moto di
insieme del sistema
•
z
r ( est )
R1
n
n
( est )
MaCM = ∑ R i + ∑∑ fij
i =1
r
F12
P1
r
r1
i =1 j ≠i
r
F21
r
F13
r
rCM
r
r2
r
F23
r
r2
r
F31
P2
r ( est )
R2
y
r
r3
P3
r
F32
r
R (3est )
Il moto dell’automobile è determinato dalle forze esterne: la
forza peso, la normale esercitata dall’asfalto, la forza di attrito
25
esercitata dall’asfalto, la resistenza passiva offerta dall’aria
La quantità di moto
z
•
La quantità di moto di un sistema di
punti materiali si ottiene sommando
le quantità di moto di ciascun punto
materiale
P1
r
r1
r
rCM
r
r2
Q = ∑ mi v i
n
r
r2
P2
i =1
•
Ricordando l’espressione della velocità
del centro di massa n
v CM =
m
v
∑ i i
i =1
M tot
⇒
y
r
r3
P3
x
Q = M tot v CM
• La quantità di moto di un sistema di punti materiali è
proprio uguale alla quantità di moto del Centro di Massa
Nota: Per quanto riguarda
– Centro di massa: la quantità di moto, il centro
• massa pari alla massa totale del sistema
di massa rappresenta
• velocità uguale alla velocità del centro di massa
26 di
completamente il sistema
particelle.
Ia equazione cardinale della dinamica
dei sistemi di punti materiali
(e)
dv CM
dQ d (M tot v CM )
=
= M tot
= M tot a CM = R
dt
dt
dt
teorema del centro di massa
dQ (e)
=R
dt
•
•
z
v1
P1
La derivata della quantità di moto di
un sistema di punti materiali è uguale
alla risultante delle sole forze esterne
r1
v2
rCM
r2
È equivalente al teorema del centro di
massa
r2 r2
P2
y
r3
P3
x
v3
27
La conservazione della quantità di moto
Se la risultante delle forze esterne è nulla à dQ = 0
dt
•
•
•
⇒
Q = costante
la quantità di moto qi delle singole particelle agenti sul sistema
possono variare, ma la quantità di moto totale del sistema
isolato rimane costante in modulo, direzione e verso.
Un sistema isolato è un sistema molto lontano da altri corpi e
quindi non soggetto a forze esterne: la quantità di moto di un
sistema isolato si conserva.
La conservazione della quantità di moto è equivalente alla terza
legge di Newton. Infatti:
dQ dq1 dq2
=
+
=0
dt
dt
dt
⇒
dq1
dq2
=−
dt
dt
⇒
f12 = -f21
Noi abbiamo ricavato la conservazione della quantità di moto dalle leggi di Netwon: in realtà il
principio di conservazione della quantità di moto è un principio più generale: vale anche al di fuori
della meccanica classica.
28
Quando si conserva la quantità di moto ?
Sia dato un sistema di N particelle di massa mi che possiedono
velocità vi
•
•
La q. di moto del sistema si conserva quando essa non varia nel tempo;
matematicamente implica che la derivata rispetto al tempo della q. di
moto deve essere nulla. Dal risultato precedente ricordiamo che
e quindi
N
N
N
d ∑ q d ∑ mi vi
d
Q
N
N
allora
dQ
dv
= 0 ! !!
→ R = ∑ Fi = 0
= i=1 = i=1
= ∑ mi i = ∑ mi ai = R
dt
dt
dt
dt
dt
i=1
i=1
i=1
La q. di moto si conserva quando la risultante delle forze agenti sul
sistema è nulla. :
F1
v
3
F = ∑ Fi = 0
i=1
F1
m
F3
F2
F2
F3
Esempio
Sia dato un sistema costituito da un punto di massa m=75kg che scorre su un
corpo piano di massa M=750kg come mostrato in figura. Siano inizialmente
fermi.
Improvvisamente il punto acquista velocità v=10m/s sul piano.
Determinare la velocità V del piano quando m è in moto.
Sul sistema agiscono:
• le reazioni vincolari del piano sulle particelle;
• La forza peso su ogni particella.
Tali forze non compiono lavoro, poiché sono ortogonali al moto.
• La q. di moto si conserva sul piano. Poiché non vi sono forze che agiscono sul piano.
R = 0 → Q = cost
Qi = Q f → q1i + q2i = q1 f + q2 f
0 = mv + MV
m
V= v
M
V = 1m / s
m
v
M
Esercizio per casa
Durante una riparazione del telescopio spaziale Hubble, un astronauta
compie una passeggiata spaziale per sostituire un pannello solare
danneggiato. Spingendo via il vecchio pannello solare, dopo averlo
staccato, l'astronauta viene allontanato nella direzione opposta. La
massa dell'astronauta vale 60 kg e quella del pannello solare 80 kg.
Sia l'astronauta che il pannello sono inizialmente in quiete rispetto al
telescopio. L'astronauta dà quindi una spinta al pannello, che si muove
con velocità di 0,30 m/s rispetto al telescopio. Qual è la velocità
dell'astronauta dopo la spinta? Durante l'operazione l'astronauta è
assicurato alla navicella con un apposito cavo; nei calcoli si assuma
che il cavo rimanga lento. (… rispetto al telescopio ?)
R. 0,40m/s
31
La conservazione parziale della quantità di moto
La Ia equazione cardinale della dinamica dei sistemi è una relazione vettoriale
dQ ( e )
=R
dt
•
Se il sistema non è isolato, allora la risultante non sarà nulla
– È possibile che alcune delle componenti della risultante siano nulle
Allora si conserveranno le corrispondenti componenti della quantità di moto
dQ ( e )
=R
dt
⇒
dQx
= Rx( e )
dt
dQ y
SE
= Ry( e ) ⎯⎯→
dt
dQz
= Rz( e )
dt
Rx( e ) = 0
Ry( e ) = 0
Rz( e ) = 0
⇒ Qx = costante
⇒ Qy = costante
⇒ Qz = costante
32
Esercizio per casa
Un carro ferroviario di 14000 kg procede liberamente
su rotaie orizzontali alla velocità di 4,0 m/s verso uno
snodo. Quando passa accanto a un silo per il deposito
di grano, da un montacarichi cadono improvvisamente
sul carro 2000 kg di grano. Quanto impiega a
percorrere la distanza di 500 m dal silo allo snodo
ferroviario? Si assuma che il grano cada in verticale e
che il rallentamento dovuto all'attrito di rotolamento e
alla resistenza dell'aria sia trascurabile.
R. 1,43 102 s
33
Esercizio
Una ragazzina di massa 40Kg su uno skateboard di massa 3Kg esegue
degli esercizi con due pesi da 5Kg. Inizialmente in quiete, la ragazzina
lancia i pesi in orizzontale, uno alla volta. La velocità di ciascuno rispetto
a lei è di 7m/s . Si assuma che il moto sia privo di attrito.
Qual è la velocità della ragazza dopo il lancio del primo pesetto e
successivamente al secondo lancio ?
R. 0.660 m/s et 1,39 m/s
34
L’energia cinetica di un sistema di punti materiali
Come già visto nel caso della quantità di moto, anche per
l’energia scriveremo:
L’energia cinetica di un sistema di punti materiali è la
somma dell’energia cinetica dei singoli punti materiali.
z
v1
n
K=
∑
i=1
P1
1
2
m i vi
2
v2
rCM
r2
P2
r2
y
r3
P3
v3
r1
x
35
Il sistema di riferimento del centro di massa
• Il sistema di riferimento del CM è un sistema di riferimento
avente
– Origine nel Centro di Massa CM
– Assi paralleli a quelli del sistema
inerziale in cui si studia il moto del
sistema.
'
z
z'
v1
P1
v i = v CM + v i
r1
v2
rCM
r2
vi’
vcm
r3
vi
P2 y'
r2
x'
y
P3
v3
x
36
I teorema di König (1)
L’energia cinetica di un sistema di particelle è uguale
1
all’energia cinetica del centro di massa più l’energia
K = Mv2CM +
cinetica del sistema di particelle misurata nel
2
sistema di riferimento del CM.
Dimostrazione:
vi’
vcm
n
n
1
1
K = ∑ mi vi2 = ∑ mi v i ⋅ v i =
vi
2 i=1
2 i=1
z
∑
i=1
1
m i v' 2i
2
z'
1 n
= ∑ mi ( v CM + v 'i ) ⋅ ( v CM + v 'i ) =
2 i=1
P1
r
r1
1 n
2
= ∑ mi v CM
+ v'i2 +2 v CM ⋅ v'i =
2 i =1
(
n
)
n
1 n
1 n
2
2
= ∑ mi v CM + ∑ mi v' i + ∑ mi v CM ⋅ v'i =
2 i =1
2 i =1
i =1
r
r3
r
rCM
r
r2
P2 y'
x'
y
P3
x
r
r2
37
I teorema di Konig (2)
n
n
z
n
1
1
2
K = ∑ mi v CM
+ ∑ mi v'2i + v CM ⋅ ∑ mi v'i =
2 i =1
2 i =1
i =1
z'
P1
1 ⎛ n
1 n
⎞ 2
= ⎜ ∑ mi ⎟v CM + ∑ mi v'2i + v CM ⋅ Mv 'CM =
2 ⎝ i =1 ⎠
2 i =1
↓
r
r1
r
rCM
r
r2
=0
n
=
1
1
1
2
2
M tot v CM
+ ∑ mi v'2i = M tot v CM
+ K'
2
2 i =1
2
1
2
K = K '+ M tot v CM
2
r
r3
r
r2
P2 y'
x'
y
P3
x
Concludiamo che : “In un SRI qualunque, l’energia cinetica K di un
sistema materiale può essere espressa come la somma di due
termini : l’energia cinetica 1/2MV2CM che il sistema avrebbe se
tutta la sua massa fosse concentrata nel CM, più l’energia cinetica
K’ che il sistema ha in un sistema di riferimento con origine nel CM
38
e orientamento fisso”.
Estensione del teorema dell’ energia cinetica
(o delle forze vive) ai sistemi di punti materiali
• Per ogni particella del sistema
ΔK i = K i fin − K iiniz = LRi =
L
∑
Fi
i = 1,2,...., n
somma dei lavori compiuti
da tutte le forze, sia interne che
esterne, agenti sulla particella i
n
n
n
n
n
ΔK = ∑ ΔK i = ∑ K i fin − ∑ K iiniz = ∑ LRi =
LFi
∑∑
i =1
i =1
i =1
1
i =1
i =
K fin − K iniz = ΔK
somma dei lavori compiuti
da tutte le forze, sia interne che
esterne, agenti sulle n particelle
39
Il lavoro delle forze interne
Abbiamo già osservato che le forze interne esistono a coppie.
Consideriamo le particelle i e j
Facciamo vedere che il lavoro complessivo delle forze interne tra le
particelle i e j è nullo se la distanza tra le due particelle resta costante!
CASO A)
Spostamenti (vettoriali !) uguali CASO b)
i ferma e j moto circolare attorno a i
40
Estensione della conservazione dell’energia
ai sistemi di punti materiali
Se tutte le forze interne ed esterne sono conservative
Allora si può definire una funzione energia potenziale relativa a tutto il
sistema che risulta uguale alla somma delle energie potenziali dei
singoli punti materiali
U=
∑U
Ui è la somma delle energie potenziali di tutte le i particelle
i
tu ttele particelle
– In altri termini la somma va estesa a tutte le forze interne ed
esterne agenti sulla particella i
• Poiché per ogni particella vale la conservazione dell’energia, allora essa vale
anche per tutto il sistema.
• Se tutte le forze sono conservative, l’energia meccanica totale del sistema
rimane costante durante il moto.
E = K + U = costante
• Se, alcune delle forze agenti, siano esse interne od esterne, sono non
conservative, allora vale la relazione lavoro-energia:
ΔE = L
nc
• Lnc è il lavoro di tutte le forze non conservative.
41
L’energia potenziale della forza peso
r
r
Pi = mi g
Per ciascuna particella:
i = 1,2,.....,n
U i = mi ghi
n
U=
∑
i=1
n
Ui =
∑
i=1
m i gh i
n
n
i = 1,2,.....,n
n
U = ∑Ui = ∑ mi ghi = g∑ mi hi =
gMhCM
i=1
i=1
i=1
definizione di Centro
dalla
di Massa, la quota h
sarà
g compare in tutti i termini della
sommatoria e si può mettere in
evidenza
n
CM
∑mihi
data da h CM = i=1
M
U = MghCM
• L’energia potenziale è uguale al prodotto della massa
totale del sistema di particelle per l’accelerazione di
42
gravità per la quota del CM.
ESERCIZIO: Un bastone assimilabile ad una sbarretta omogenea di
massa m=0.5kg e lunghezza L=1m. Inizialmente il bastone ha un estremo
a contatto con il pavimento. Successivamente, viene lasciato cadere
partendo da una posizione pressoché verticale. Determinare il lavoro
fatto dalla forza peso.
Posizione iniziale
y
U = MghCM
Posizione finale
x
LP = −ΔUP
⇒
LP = −(UPf − UPi ) = UPi − UPf
Scegliendo come piano orizzontale a cui attribuire energia potenziale zero il
piano y=0, otteniamo
LP = U Pi − U Pf
L
U Pi = mg
2
U Pf = 0
⇒
LP = U Pi − U Pf = mg
Lp=2.45J
L
= 0.5kg × 9.81 sm2 × 0.5m = 2.45 J
2
43
L’elemento oscillante di un pendolo, di cui abbiamo già determinato la
posizione del CM, 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.
Esso è libero di ruotare attorno ad un asse passante per l’estremo libero
della sbarretta. Supponendo di lasciarlo cadere quando la sbarretta è
orizzontale, determinare il lavoro fatto dalla forza peso nello spostamento
dalla posizione iniziale alla posizione in cui la sbarretta è verticale
y
Posizione iniziale
x
LP = −ΔUP
⇒
LP = −(UPf − UPi ) = UPi − UPf
Posizione finale
Il pendolo poi prosegue oltre questa posizione (in assenza di attriti raggiunge la posizione
simmetrica a quella di partenza rispetto all’asse di rotazione e poi ritorna indietro e
oscilla tra la posizione iniziale e quella simmetrica rispetto all’asse di rotazione)
44
ESERCIZIO: L’elemento oscillante di un pendolo, di cui abbiamo già determinato la
posizione del CM, è costituito da una sbarretta di massa ms=0.5kg e lunga 50 cm a cui
è attaccata un disco di massa md=1kg di 20cm di diametro.
Esso è libero di ruotare attorno ad un asse passante per l’estremo libero della
sbarretta. Supponendo di lasciarlo cadere quando la sbarretta è orizzontale,
determinare il lavoro fatto dalla forza peso nello spostamento dalla posizione iniziale
alla posizione in cui la sbarretta è verticale
Posizione iniziale
y
x
LP = −ΔUP
⇒
LP = −(UPf − UPi ) = UPi − UPf
Ricordando il calcolo della posizione del CM già fatto
nella lezione precedente d1=.22m
Scegliendo come piano orizzontale a cui attribuire energia potenziale zero il piano XZ à LP = U Pi − U Pf
U Pi = 0
U Pf = −(ms + md )gd 2
⇒L
P
= UPi − UPf = 0 − (− (ms + md )gd 2 ) = 1.5kg × 9.81 sm2 × 0.48m = 7.06 J
d2=(0.50+0.20)-0.22)m=0.48m
45
Una differente procedura per arrivare allo stesso risultato parte
dall’osservazione che l’energia potenziale di un sistema di punti materiali si
ottiene sommando le energie potenziali delle singole parti (punti rossi, s=sbarra
e d=disco):
LP = −ΔU P
⇒
LP = −(U Pf − U Pi ) = U Pi − U Pf = (U Psi + U Pdi ) − (U Psf + U Pdf )
sbarra
y
x
U Psi = 0
U Psf = −ms g
disco
L
2
U Pdi = 0
U Pdf = −md g (L + R )
LP = U Pi − U Pf
U Pi = 0
U Pf = −(ms + md )gd 2
⇒
L
⎛
⎞
LP = (U Psi + U Pdi ) − (U Psf + U Pdf ) = 0 − ⎜ − ms g − md g (L + R )⎟ =
2
⎝
⎠
= 0.5kg × 9.81 sm2 × 0.25m + 1.0kg × 9.81 sm2 × 0.60 m =
= 9.81(0.5 × 0.25 + 1.0 × 0.60 )J = 9.81(0.5 × 0.25 + 1.0 × 0.60 ) = 9.81(0.725)J = 7.11J
Che, a parte errori di arrotondamento, è uguale al valore trovato con l’altro metodo.
46
Momento della quantità di moto, o momento
angolare, di un sistema di punti materiali
• Per
ciascuna
particella
Oi = ri × mi v i
i = 1, 2,..., n
z
• Il momento della quantità di moto o
momento angolare dell’intero sistema
rispetto al polo O, è dato da:
v1
P1
r1
LO = ∑ iO = ∑ ri × mi v i
n
i=1
n
v2
rCM
r2
r2
i=1
P2
O
y
r3
P3
v3
x
47
Teorema del momento angolare
II equazione cardinale della dinamica
• Se le particelle del sistema sono in moto, variano le loro posizioni e
potrebbe anche variare la loro velocità. Il momento della quantità di
moto rispetto al polo O varia. Valutiamo la rapidità con cui varia.
# n
&
d % ∑ ri × mi v i (
dLO
$
'
= i=1
=
dt
dt
dri
∑ dt × mi vi
i=1
n
dri
=vi , questo
dt
termine è nullo in quanto
ciascun termine della somma
è nullo poichè prodotto
vettoriale di due vettori
paralleli
Poichè
dv i n
+ ∑ ri × mi
= ∑ ri × mi a i
dt i=1
i=1
n
est int
mi a i = Fi + Fi
i = 1, 2,..., n
n
n
n
est int
est int
dLO n
est
int
= ∑ ri × mi a i = ∑ ri × Fi + Fi = ∑ MiO + ∑ MiO = MO + MO
dt
i=1
i=1
i=1
i=1
(
)
48
II equazione cardinale della dinamica dei sistemi
• Il momento risultante delle forze interne è nullo:
int
MO = .... + ri × fij +.... + rj × f ji +.... = ..... + ri × fij +.... − rj × fij +.... = .... + ( ri − rj ) × fij +.... = 0
f ji =− fij
=0 perchè fij é
parallela a ri −rj =rij
Pertanto :
la variazione del momento della quantità
di moto di un sistema di punti materiali è
uguale al momento risultante delle sole
forze esterne
dLO est
= MO
dt
i
fij
rij
ri
f ji
j
rj
O
• Mentre nel caso del punto materiale questa equazione è equivalente alla II^
legge della dinamica
• Nel caso dei sistemi di punti, la I^ e la II^ equazione cardinale, sono
indipendenti e quindi forniscono informazioni complementari.
49
Possibile uso della seconda equazione cardinale
Si consideri una carrucola il cui asse è ancorato al soffitto, su
cui è avvolta una corda.
• Applichiamo all’estremo libero della corda una forza F.
• La prima equazione cardinale della dinamica non ci da
alcuna informazione sul moto della carrucola, ci permette solo
di determinare l’intensità della reazione vincolare.
Infatti:
P + F + R v = Ma CM = 0
R v = −P − F
r
Rv
CM
r
F
r
P
• La seconda equazione cardinale della dinamica dei sistemi non è banalmente
soddisfatta
dLCM est
= MCM = r × F ≠ 0
dt
Questa equazione ci può dare informazioni sul moto di rotazione della carrucola
attorno all’asse passante per il centro di massa.
50
La conservazione del momento della quantità di moto
( o momento angolare )
Se la risultante dei momenti delle forze esterne è nulla à
dL
=0
dt
•
•
⇒
L = ∑ Li = costante
i
Il momento della quantità di moto Li delle singole particelle
agenti sul sistema può variare, ma il momento della quantità di
moto totale (L) del sistema isolato rimane costante in modulo,
direzione e verso.
Un sistema isolato è un sistema molto lontano da altri corpi e
quindi non soggetto a forze esterne: il momento della quantità di
moto di un sistema isolato si conserva.
51
Quando si conserva il momento della quantità di moto ?
Sia dato un sistema di N particelle di massa mi che possiedono
velocità vi ed un polo O.
•
Il momento della q. di moto del sistema rispetto al polo O si conserva
quando esso non varia nel tempo; matematicamente implica che la
derivata rispetto al tempo del momento della q. di moto deve essere
nulla.
d ∑ (ri × qi )
N
N
# d
dL
d
d &
i=1
=
= ∑ (ri × qi ) = ∑% ( ri ) × qi + ri × ( qi )( =
$ dt
'
dt
dt
dt
i=1 dt
i=1
N
N #
N
& N
= ∑%% vi × qi + ri × fi (( = ∑ ri × fi = ∑ M i = M tot
' i=1
i=1 $
i=1
=0
(
)
dL
= 0 !allora
!!
→
dt
M tot = 0
Concludiamo : Il momento della q. di moto si conserva quando la
risultante dei momenti delle forze agenti sul sistema è nulla.
