Parte I 1 Cap.7 - Corpi rigidi 7.2 Centro di Massa

Nicola GigliettoA.A. 2016/17
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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:
~ (E) = M~
R
aCM
~
~ (E) = dL
M
dt
∆Ek = L(E)
7.2 Centro di Massa
7.2 Centro di Massa
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):
Z
1
xcm =
xdM
M V
Z
1
ydM
ycm =
M V
Z
1
zcm =
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
3
volume: ρ = dm
dV ( in Kg/m ). Nota
R la densità di massa (che può essere variabile) si ha dm = ρdV ⇒ M = V ρdV . Quando un corpo è omogeneo la
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M
densità non cambia punto per punto e ρ = dm
dV = V I vari corpi però possono avere una distribuzione di massa particolare quali dischi, fili ecc.
R In questi
dm
casi si può utilizzare la densità superficiale ρs = dS ⇒ M = S ρs dS o la
R
densità lineare ρl = dm
dl ⇒ M = C ρs dl per rappresentare la distribuzione
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:
R
R
Z
Z
r dV
r dm
1
ρ
V ρ~
V ~
~
r dV =
~
r dV
=
=
~
r cm =
M
M
M V
V V
(1)
Che proiettata sugli assi diventa:
Z
1
xcm =
xdV
V
Z
1
ycm =
ydV
V
Z
1
zdV
zcm =
V
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
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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
R
xdV
le altre dimensioni. Allora xcm = V . Inoltre abbiamo che dV = dx·S con
S la sezione della barretta allora xcm =
si ottiene xcm = L2
S
RL
0
V
xdx
=
SL2 /2
V
e poichè V = S · L
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: Rassumiamo che
g = g ûz sia diretta cioè lungo l’asse z, allora
R la ~
Ep = V gzdm = g V zdm = mgzcm 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 cosı̀ : 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:
xLI
cm =
rit
xLF
cm ∗ MLF + xcm ∗ Mrit
Mt
rit
Le coordinate di xLI
cm = 0 e xcm = 2 dalla traccia. Per calcolare le masse
teniamo conto che gli oggetti sono omogenei: indicando ρ la densità della
lastra abbiamo: Mt = ρ ∗ (6d)2 Mrit = ρ ∗ (2d)2 e MLF = Mt − Mrit per
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cui si ha
ρ(2d)2
ρ(2d)2
)
+
2
∗
ρ(6d)2
ρ(6d)2
0 = xLF
cm ∗ (1 −
1/9
2
per cui xLF
cm = −2 ∗ 1−1/9 = − 8 = −0.25 cm Si può risolvere l’esercizio
anche dividendo la piastra in tanti elementi (quadrati e rettangoli in questo
caso) calcolando poi il CM dei centri di ogni elemento pesati con la loro
massa.
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
~ ′ = 0 e E ′ = 0 rispetto al CM. La dinamica del corpo
Nelle traslazioni si ha L
k
diventa in questo caso quella del CM e le grandezze significative diventano:
quantita′ di moto
~ = M~
P
v cm
2
energia cinetica Ek = 12 Mvcm
(E)
~
~
La dinamica del CM è data da R
= M~
acm = ddtP e dal I teorema di Köenig
~ =
il momento angolare totale è dovuto al momento angolare del CM L
~ cm = ~
~ Ne consegue che l’espressione di L
~ dipende direttamente da
L
r cm × P
~
P per cui la seconda equazione della dinamica non aggiunge alcuna ulteriore
~ = dL~ = ~
r cm ×
conoscenza (cioè è equivalente) e si può dimostrare che M
dt
~ per cui non si ottiene una equazione differente dalla conoscenza di R
~
R
Pertanto nelle traslazioni si usa solo la prima legge.
7.3-rotazioni
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7.3-rotazioni
rotazioni corpi rigidi
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 :
~
~ = dL
M
dt
(2)
Si può dimostrare che il moto generico è una rototraslazione dato che ogni
spostamento infinitesimo può considerarsi come una sovrapposizione (ovvero
una somma vettoriale) 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.
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Il momento angolare del generico punto
~i = ~
sarà L
r i × mi~
v i ed è in modulo pari a Li = ri mi vi = mi ri Ri ω con
Ri = ri sin θi il raggio della circonferenza descritta dal punto i.
Il vet~ non
~ i ha una qualunque direzione nello spazio e in generale L
tore L
è parallelo all’asse z. Consideriamo però la componente z del vettore:
Li,z = Li cos( π2 − θi ) = Li sin θi = mi Ri ri sin θi ω = mi Ri2 ωPPer cui sommando il contributo di tutti punti materiali si ottiene: Lz = ( i mi R2i )ω = Iz ω
Il coefficiente Iz 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 = mi ri Ri cos θi Tuttavia
se l’asse di rotazione coincide con uno degli assi di simmetria del corpo
~ = Iz ωûz L = Lz e L⊥ = 0
rigido si avrà che L
Equazione del moto rotatorio puro
Equazione del moto rotatorio puro
~
~)
~ kω
= Iz α
~ Per cui l’equazione della dinamica
Quando L
~ allora ddtL = d(Idtz ω
(E)
~
(2) diventa M
= Iz 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 Iz 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)
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Energia cinetica e lavoro (rotazione pura)
L’energia cinetica la troviamo sommando tutti i contributi dei punti:
Ek =
X1
i
2
mi vi2 =
X1
2
i
mi R2i ω 2 =
1
Iz ω 2
2
Il teorema del lavoro-energia cinetica quindi diventa W = L = ∆Ek =
1
2
2
2 Iz (ωf −ωi ) Abbiamo inoltre che usando gli infinitesimi si ha dL = d(Ek ) =
R θf
dω
=
I
αdθ
=
M
dθ
e
integrando
L
=
d( 12 Iz ω 2 ) = Iz ωdω = Iz dθ
z
θi M dθ
dt
mentre la potenza istantanea (vedi dinamica punto materiale) è P = dL
dt =
=
M
ω
M dθ
dt
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
velocità
acc.
Massa
II Legge din.
III Legge din.
Lavoro
En. Cinetica
Lav-en.cin.
Potenza
s
v = ds
dt
a = dv
dt
m
P
~
F
= M~
acm
P ext
~ int = 0
F
R
~
~ · ds
F
1
2
2Mv
L = ∆Ek
~ ·~
P =F
v
pos. ang.
vel. ang.
acc. ang.
Mom. d’inerzia
II Legge din.
III Legge din.
Lavoro
En. Cinetica
Lav-en.cin.
Potenza
Esempio 7.3 (+Esercizio 7.8)
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7
θ
ω = dθ
dt
α = dω
dt
I
P
~
τ
= Iα
~
P ext
~
τ int = 0
R
~
~
τ · dθ
1
2
2 Iω
L = ∆Ek
P =~
τ ·ω
~
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Esempio 7.3 (+Esercizio 7.8)
Un blocco M1 = 0.4kg è appeso ed un blocco M2 = 0.2kg sul piano
orizzontale, la carrucola di momento d’inerzia I = 2.5 · 10−4 kgm2 e raggio R=2.5 cm. Vogliamo determinare l’accelerazione con sui si muovono
i blocchi.
Vediamo le equazioni da scrivere sui vari blocchi; per ricavare l’accelerazione cominciamo dal blocco sul piano orizzontale:
n T2 = M 2 a 2
N = M2 g
Mentre sull’altro blocco si ha
T1 − M1 g = +M1 a1 ⇒ T1 = M1 (g + a1 )
Inoltre la fune è inestensibile ⇒ |a1 | = |a2 | e tra loro discordi (un blocco
va a destra l’altro scende) quindi a1 = −a2 ⇒ T1 = M1 (g − a2 ) Da notare
che ho indicato due diverse tensioni della fune: infatti quando la massa della
carrucola non è più trascurabile (carrucola reale) la tensione ai due lati
della carrucola è differente e ne provoca la rotazione: τ = +T2 R − T1 R = Iα
con α < 0 (perchè dovrebbe venire un verso orario di rotazione) se la fune
non slitta |a2 | = |αR| ⇒ a2 = −αR per cui sostituendo si ha
⇒ M2 aR − M1 (g − a)R = −I
a=
M1 g
M1 + M2 +
I
R2
a
R
⇒
= 3.92ms−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 M1 g): Il momento angolare del sistema è la somma di L = M1 vR +
M2 vR + Iω = M1 vR + M2 vR + I Rv derivando si ottiene dL
dt = M1 gR =
I
d
I
(M
vR
+
M
v
+
v)
⇒
e
M
gR
=
R(M
+
M
+
)a
1
2 R
1
1
2
dt
R
R2
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Es.-Carrucola con massa (es. svolto 7.4)
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
R
sulla carrucola è ~τ = −T R = Iα α < 0 ⇒ α = − ITCM
Se al filo che avvolge la
carrucola è appeso una massa M come in figura allora si ottiene T − M g =
M aCM e aCM < 0 se la fune non slitta allora abbiamo che aCM = +αR
I
da cui otteniamo T = Iα
R = − R2 aCM sostituendo nell’altra eq. si ha −M g =
I
(M + R2 )aCM ⇒ aCM = − IgCM Da questa equazione possiamo osservare
1+
M R2
che |aCM | < 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
~ e ω
~ ruoterà attorno all’asse
Quando L
~ non sono paralleli risulterà che L
di rotazione con un moto che è detto di precessione. L’equazione della
~
~ (E) = dL
dinamica M
si può quindi dividere in due componenti: Mz = dLz
~
dt
dt
~ ⊥ = dL⊥ di cui solo la prima si può scrivere come Mz = IZ α L’origine
eM
dt
~ ⊥ si può ricavare con un semplice esempio di due masse ruotanti attorno
di M
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
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che (v = ωR = ωL/2 cos θ):
L1 = L2 = mvL/2 = mωL/2 cos θL/2 = mωL2 cos θ/4
Lz,1 = Lz,2 = L1 cos θ = mωL2 cos2 θ/4
L⊥ = L1 sin θ = mωL2 cos θ sin θ/4
E si può verificare che
dLz
dt
= Iz α mentre per l’altro termine abbiamo:
dL⊥
= 2mαL2 cos θ sin θ/4
(3)
dt
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 L sin θ
R
L2
z
Il legame con l’energia cinetica diventa inoltre Ek = 2I
e L = Mz dθ
z
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
~ risulterà parallelo a ω
essi come asse di rotazione L
~ 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 èRdistribuito 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 diRrotazione sia
perpendicolare all’asta e passante per uno degli estremi: I = r2 dm introduciamo la densità lineare di massa definita come ρ = M/L allora dm = ρdx
per cui l’integrale diventa:
Z L
1
x3 L M L3
|0 =
= M L2
x2 ρdx = ρ
I=
3
L 3
3
0
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2
TABELLA MOMENTI D’INERZIA
EsempioR 2 - anello
I =R r2 dm ⇒ r=costante=R per tutti gli elementi dell’anello quindi
I = R2 dm = M R2 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 = MR2
Disco o cilindro
rispetto l’asse centrale
I = 12 MR2
Sfera
I = 25 MR2
Asta sottile rispetto
un’asse per il centro
e perpendicolare all’asse
I=
1
2
12 MR
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 = Icm + M h2 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: ~
ri = ~
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
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componenti abbiamo:
r i 2 = x i 2 + yi 2
xi = x′i + xcm
(
(
yi = yi′ + ycm
ed inoltre
r′ 2i = x′i 2 + yi′ 2
2 = x2 + y 2 = h2 Ricordando che il momento d’inerzia è I =
rcm
cm
cm
1
M
P
mi xi , ycm =
CM è definito da: xcm =
relazioni di prima si ha allora:
I=
X
mi ri2 =
i
X
P
mi r2i ed il
mi yi andando a sostituire nelle
mi (x2i + yi2 ) =
i
mi [(x′i
X
X
1
M
P
2
+ xcm ) + (yi′ + ycm )2 ] =
2
2
mi [x′i + 2x′i xcm + xcm 2 + yi′ +
X
2yi′ ycm + ycm 2 ] =
2
2
2
mi [(x′i + yi′ ) + (x2cm + ycm
)+
2x′i xcm + 2yi′ ycm ]
X
2
mi ri′ +
2xcm
mi x′i
mi h 2 +
i
i
X
X
+ 2ycm
X
mi yi′ ⇒
′
I = Icm
+ ···
P
ma
mi x′i = M x′cm ovvero la coordinata del CM nel suo sistema di ri′
= 0 pertanto
ferimento (che è nulla) quindi x′cm = 0 e analogamente ycm
2
I = Icm + M h
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
Z
Z L/2
2
x2 λdx =
Icm = r dm =
−L/2
L/2
λx3 /3|−L/2 =
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1
M2 L 3
( ) =
M L2
L 3 2
12
12
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Adesso calcoliamo il momento d’inerzia rispetto ad un estremo:
I = Icm + M(L/2)2 =
1
1
1
ML2 + ML2 = ML2
12
4
3
Teorema H-S e teorema di König
Teorema H-S e teorema di König
Consideriamo un aspetto che lega i due teoremi: Ek = 21 Iz ω 2 e consideriamo
un altro asse parallelo a z, distante h, ma passante per il CM (Iz′ sarà il
momento d’inerzia rispetto al CM):
1
1
1
Ek = (Iz′ + mh2 )ω 2 ⇒ Ek = Iz′ ω 2 + M h2 ω 2
2
2
2
Ma il CM a sua volta ruota rispetto a z per cui descrivera’ un arco di raggio
2
pari a h per cui vcm = hω ⇒ Ek = 21 I′z ω 2 + 12 MVcm
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 q
di equiliIz
ed
brio esso oscillerà (per piccole oscillazioni) con periodo T = 2π Mgh
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Iz = Icm + M h2 è il momento d’inerzia rispetto l’asse di rotazione deld2 θ
(E) = −mgh sin θ
z
l’oggetto. Infatti l’eq. del moto è dL
dt = Iz α = Iz dt2 = M
mgh
d2 θ
per cui dt2 + Iz sin θ = 0 e per piccoli angoli sin θ ≈ θ per cui otteniamo l’equazione diff. del moto armonico con ω 2 = mgh
Iz e il periodo sarà
q
q
Iz
Iz
l
T = 2π mgh = 2π 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:
2
Ic
Ic
Iz
= Ic +mh
= h + mh
= h + h′ > h con h′ = mh
⇒ Ic = mhh′ la lunl = mh
mh
ghezza 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
m
/hh/′
I′z
Ic +mh′2
Ic
′
′
= h′ + mh
ridotta l’: l′ = mh
′ =
′ = h + m
mh′
/h/′ = h + h = l I due assi
passanti per O e O’ sono detti reciproci.
7.8 Moto di Roto-traslazione e moto di puro rotolamento
7.8 Moto di Roto-traslazione e moto di 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
~
ri = ~
rcm + ~
ri′
~
vi = ~
vcm + ~
vi′
~
ai = ~
acm + ~
a′i
con : ~vcm , ~acm rispettivamente la velocità ed accelerazione del CM ~vi′ , ~a′i è
la velocità ed accelerazione del pto rispetto al CM ~vi , ~ai è la velocità ed accelerazione del pto nel sistema fisso Nelle roto-traslazioni il moto attorno
al CM è una pura rotazione per cui si ha ~
vi′ = ω
~ ∧~
ri′ ~
a′i = α
~ ∧~
ri′ (r̃′i
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
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è il raggio vettore che individua il punto P rispetto al CM) e quindi nelle
ROTO-TRASLAZIONI:
~
vi = ~
vcm + ω
~ ∧~
ri′
~
ai = ~
acm + α
~ ∧~
ri′
Puro Rotolamento
Puro Rotolamento
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 vc = −ωR in questo caso
diciamo che il corpo rotola e striscia.
Quando
c’è invece una perfetta aderenza, in un intervallo di tempo dt, la ruota gira di una quantità pari all’arco ds = Rdθ = Rωdt e contemporaneamente il CM della ruota stessa avanza esattamente dello stesso tratto ds.
Per cui si ottiene che: dscm = ds = Rdθ e dividendo tutto per dt otte= ωR ed il moto è chiamato rotolamento senza
niamo : vcm = R dθ
dt
strisciamento o di puro rotolamento Quindi in questo caso i punti della ruota si stanno muovendo con velocità ~
v=~
vcm + 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:
vO = vcm = ωR vT = |~
vcm + ω
~ ∧~
r | = ωR + ωR = 2ωR = 2vcm
vC = |~
vcm + ω
~ ∧~
r | = ωR − ωR = 0 Nel rotolamento senza strisciamento il punto di contatto(istantaneo) ha una velocità nulla che
equivale a dire (per i moduli) che vcm = ωR e acm = αR Nel puro rotolamento velocità CM e velocità angolare non sono indipendenti. Inoltre
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
15
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
vC = 0 ⇒ che agisce una forza che mantiene fermo il punto di contatto: si tratta di un attrito di tipo statico.
Questo particolare
moto di roto-traslazione è in realtà equivalente ad una rotazione
pura (senza traslazione) ma attorno al punto istantaneo di contat−→
vP = ~
vcm + ω
~ ∧ OP e per il punto
to Dim: viene dalle precedenti eq. ~
−→
C di contatto ~
v =~
vcm + ω
~ ∧ OC = 0 ⇒ ~vP = ~vP − 0 = ~vP − ~vC =
−−→ C
−−→
−−→ −−→
−−→
(~vcm + 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
figura
senza la necessità di comporre vettorialmente i due
moti come nelle generiche roto-traslazioni.
Parte VII
Corpo che rotola sul piano orizzontale-EsI
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
~ +R
~ + m~
ha: F
g = m~
acm la reazione R del piano ha sia una componente
normale che una tangenziale (che e’ l’attrito statico) x : F − f = macm
e y : N − mg = 0 a cui va aggiunto il teorema del momento angolare:
~ cm = ~
scegliamo il CM come polo: M
r × f~ = Icm α
~ ⇒ rf = Iα = I acm
sostir
F
tuendo nella eq. della x: acm =
e f = Fmr2 Naturalmente essenIcm
m(1+
mr2
)
1+ I
cm
do f una forza di attrito statico deve necessariamente essere verificato che:
2
f ≤ µs N = µs mg ⇒ F ≤ µs mg(1 + mrI )
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
16
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
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 = macm e y : N − mg = 0
~C=~
~ = IC α
: M
r×F
~ ⇒ rF = (Icm + mr2 )α = (Icm + mr2 ) acm
sostituendo
r
F
F
nella eq. della x: acm =
e f = mr2 stesso risultato di prima. In
Icm
m(1+
mr2
)
1+ I
cm
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
~ + m~
~ +~
F. Le equazioni del moto diventano: R
g = m~
acm e M
r × f~ =
acm
Iα
~ da cui si ottiene: N = mg f = macm e M − rf = I r da cui si
M
e f = r(1+M I ) La cosa importante è che mentre
ottiene acm = mr(1+
I
)
mr2
mr2
nell’esempio di prima f si opponeva alla forza F, in questo esempio
f favorisce il moto, anzi provoca l’accelerazione del CM, ma il suo
~ del motore. Pertanto nei casi
momento si oppone al momento M
generali nel rotolamento non possiamo immediatamente a priori indicare il
verso della forza di attrito.
Riepilogo rotolamento
Riepilogo rotolamento
Ogni qualvolta si parla di
rotolamento negli esercizi,
si intende un puro rotolamento e nel costruire il
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
17
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
diagramma delle forze (diagramma di corpo libero) bisogna sempre aggiungere una forza di attrito
perchè è la forza di attrito
è a realizzare la condizione
di rotolamento sul punto di
contatto C(aC = 0). Il verso della forza di attrito si
può ragionevolmente stabilire nei due casi fondamentali illustrati di seguito, ma in
ogni caso il valore è incognito per cui segno (verso) e valore sono determinati
solo con la soluzione del problema. Esempio: I situazione: come si
vede nell’esempio in figura1 non risultano esserci momenti di forze
esterne rispetto al CM: in questo caso è la forza di attrito a determinare
il momento rotatorio, il verso è quindi indicato dalla rotazione del corpo
Figura 1: Esempio1
Anche nell’esempio di figura2 non vi sono momenti di forze rispetto al
CM, T è una fune applicata al CM. Anche in questo caso è l’attrito a determinare la rotazione, il verso della rotazione è quello che possiamo intuire (in
rosso nella figura) o che determiniamo imponendo che sia fermo il punto di
contatto. II situazione:
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
18
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
risultano a priori dei momenti di forze esterne rispetto al CM: come ad esempio nella
figura, in questo caso la fune non
è applicata nel CM e pertanto produce un momento, in questo caso
la forza di attrito produce un momento di verso opposto , il verso
è quindi opposto agli altri momenti
Altre situazioni sono più complesse
per cui si sceglie un verso per la forza di attrito e si ricava il segno dai
conti. Infine dal diagramma delle
forze si scrivono le equazioni della
dinamica:
Figura 2: Esempio3
~ (E) = M~
R
aCM
~
~ (E) = dL = I α
M
~
dt
con l’aggiunta della condizione di puro rotolamento |acm | = |αR| Questa
condizione la risolviamo con la seguente regola pratica:
• si sceglie il verso di rotazione intuitivo secondo la direzione del moto
e lo si considera positivo se è positivo il verso del moto;
• i momenti delle forze devono seguire la stessa convenzione;
• se α e acm sono stati scelti concordi tra loro allora acm = +αR
• semplifichiamo subito il sistema scrivendolo come due eq.
incognite.
in due
• Negli esercizi con i fili va poi considerato il collegamento tra gli oggetti
usando l’inestensibilità del filo che li collega.
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
19
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
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
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
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
20
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
Esempio 7.10-Rotolamento sul piano inclinato
Fa
Mg
Consideriamo che una sfera ( o un cilindro) sia sul piano
inclinato e rotoli senza strisciare (puro rotolamento)
( (x) : −M gsinθ + Fs = M acm
(1)
(y) : −M gcosθ + N = 0
~r ∧ F~s = I α
~ ⇒ (rot.antiorar) ⇒ +rFs = Icm α
A queste eq. va aggiunta la condizione di rotolamento:~acm = −~
α ∧ ~r
~acm = −~
α ∧ ~r e tenendo conto che quando α > 0 si ha invece acm < 0
(per nostra scelta di orientazione di assi e perchè l’oggetto scende), la condiz. di rotolamento diventa acm = −αR sostituendo questa nella terza
α
eq. otteniamo: Fs = +Icm R
= −Icm aCM
ottenuta questa eq. per Fs
r2
la sostituiamo nella (1) ottenendo −M gsinθ − ICM aCM
= M aCM ⇒
r2
M g sin θ
aCM = −
Ricordiamo alcuni momenti di
ICM che è la soluzione.
M+
r2
inerzia: ICM = 21 M R2 per disco e cilindro ICM = M R2 per un anello
ICM = 25 M R2 per la sfera
Rotolamento sul piano inclinato (2)
Rotolamento sul piano inclinato (2)
2 + 1 Iω 2 ⇒
Vediamo con la conservazione dell’energia: Ei = Ef ⇒ Mgh = 12 MVcm
2
2
2 + 1 I vcm per cui la velocità del corpo partendo da una quota
Mgh = 21 MVcm
2 r2
r
2gh
h è vcm = 1+ I
Mr2
Es.7.10- Es. Rotolamento su piano inclinato (3)
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
21
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
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) : +M gsinθ − Fa = M aCM
(y) : −M gcosθ + N = 0
~r ∧ F~a = −I α
~ (rot.orar)
~ ⇒
~aCM = −~
α∧R
Fa = +ICM
aCM = −αR
aCM
⇒
R2
ICM
aCM = M aCM
R2
gsinθ
aCM = +
ICM
1+ M
R2
+M gsinθ −
equivalente al caso prec. a parte il segno dell’acc.
Parte IX
12.4-Yo-yo
12.4-Yo-yo
T
P
In questo esempio la tensione del filo
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
22
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
fornisce il momento necessario alla rotazione:
( −M g + T = M aCM
T R = Iα
(α > 0)
aCM = −αR
( −M g + T = M aCM
⇒
−M g −
I
a
R2 CM
= M aCM
T = − RI2 aCM
aCM = −
Mg
M+
ICM
R2
=−
g
1+
ICM
M R2
Parte X
Esempio 7.11 Cilindro che rotola e solleva un corpo
Esempio 7.11 Cilindro che rotola e solleva un corpo
M
m1
m2
Siano m1 = 20kg m2 = 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
CM :
f − T = m1 acm
M − rf = Iα = I acm
r
rotaz
m2 T − m2 g = m2 a2 = m2 acm
1
I = m1 r2 = 0.625 kgm2
2
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
23
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
La soluzione porta quindi a acm =
M
−m2 g
r
3
m
+m2
2 1
= 0.55m/s2 ed infine T=103.5N.
Per l’ultima domanda dovendo essere f ≤ µs m1 g deve risultare µs ≥ 0.58
7.9 Impulso angolare. Momento dell’impulso
7.9 Impulso angolare. Momento dell’impulso
scrivere una forma simile a quella ricavata nel paragrafo 3.3 (J~ =
RPossiamo
t ~
p teorema dell’impulso), utilizzando invece i momenti delle
0 (F dt) = ∆~
Rt
~ dt = ∆L
~ che possiamo defiforze. In questo caso abbiamo che t12 M
nire teorema dell’impulso angolare. Assumendo che avviene l’applicazione
diR una forza per unRintervallo di tempo piccolo (forza impulsiva)
R
~ dt = (~
~ )dt = ~
~ dt = ~
~ La grandezza ~
M
r×F
r× F
r × J~ = ∆L
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
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 = Iωf − Iωi = Iωf Il
momento d’inerzia per un’asta rispetto all’estremo è I = 31 ml2 quindi rJ =
1
3rJ
2
la conservazione dell’energia
3 ml ω ⇒ ω = ml2 Possiamo inoltre applicare
q
q
q
q
mgl
3g
3g
=
=
da
cui
(il CM è a l/2): mg 2l = 12 Iω 2 ⇒ ω = mgl
1
I
l
l =
ml2
3
q
√
2
3gml
gl
3rJ
√
⇒ J = 3r
= ml
r
3
ml2
l
Asta che cade
Asta che cade
Un’asta è posta dritta in verticale quando ad un certo momento
cade ruotando attorno all’estremo (che non si muove) in contatto
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
24
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
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 q
la conservazione
3g
dell’energia: mgl/2 = 21 Iω 2 ⇒ mgl = 31 ml2 ω 2 ⇒ ω =
e sapendo
l
√
che vp = ωl otteniamo vp = 3gl = 4.85 m/s Per la prima domanda
3
2
M = Iα ⇒ mgl/2 = 31 ml2 α ⇒ α = 3g
2l e at = αl = 2 g = 14.7m/s e
v2
ac = l = 29.4m/s2
Asta che cade
Asta che cade
Stesso esercizio di prima solo che c’è un momento di attrito pari a Ma =
4.5N m Per l’accelerazione: mgl/2−Ma = Iα ⇒ α = 13.4rad/s2 da cui ap =
αl = 10.7m/s2 Per la velocità dobbiamo
tenere conto del lavoro dell’attrito:
R
1
l
2
La = ∆E ⇒ 2 Iω − mg 2 = − Ma dθ = −Ma π2 da cui ω 2 = 21.0rad/s2 da
cui vp = ωl = 3.67m/s Le due componenti di accelerazioni saranno quindi
ac = ω 2 l = 16.8m/s2 e at = αl = 10.7m/s2
Riepilogo formule
(
P~
Fext = M~acm Eq.Cardinali
Dinamica
P
~τext = I α
~
Corpi rigidi
+ Condizione Rotolamento senza strisciamento
~
acm = −~
α∧~
r
(~v = ~vcm + ω
~ ∧ ~r = 0 ⇒ ~a = ~acm + α
~ ∧ ~r = 0)
7.10-Leggi di conservazione nel moto dei corpi rigidi
7.10-Leggi di conservazione nel moto dei corpi rigidi
Nel caso particolare in cui M~(E) = 0 e F (E)~ = 0 le due leggi implicano:
~ = cost quest’ultima è intesa almeno rispetF (E)~ = 0 ⇒ M vCM
~ = cost e L
to al CM e solo nel caso in cui l’asse scelto coincida con un’asse principale
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
25
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
~ = i~
~ sia costante negli
di inerzia implica ⇒ L
ω⇒ω
~ = cost Il fatto che L
altri casi non implica automaticamente che lo sia ω come possiamo vedere
negli esempi successivi soprattutto quando trattiamo insiemi di corpi rigidi.
Esempio 7.15
Esempio 7.15
Esempio 7.15
Una piattaforma costituita da un disco di massa md = 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
+ mR2 = 640kgm2 mentre ad una generica distanza è I(r) =
+ mr2 = 415 kgm2 nella posizione finale Non essendoci momenti
di forze esterne allora il momento angolare si deve conservare: Ii ωi = If ωf
da cui ωf = IIfi ωi = 7.7rad/s
1
2
2 md R
1
2
2 md R
Giroscopi e Hubble
Giroscopi e Hubble
Hubble
Il telescopio spaziale Hubble (come tutti i satelliti artificiali) è dotato di
quattro ruote montate sul telescopio e messe in rotazione da motori elettrici
(la quarta ruota di solito è di riserva). Supponendo che le ruote siano di
massa 45kg e raggio 0.3m e ruotano tutte alla massima velocità angolare che
è 3000 giri/min ognuna in direzione perpendicolare all’altra, determinare di
quanto varia la direzione dell’asse del telescopio (trascurando altri contributi di massa e momenti d’inerzia) se una delle ruote viene portata a 1500
giri/min.
Ognuno delle ruote ruota intorno al proprio asse di simmetria per cui
all’inizio avremo Lx = M R2 ωx , Ly = M R2 ωy , Lz = M R2 ωz da cui L0 =
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
26
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
√
3M R2 ω Alla fine avremo
p che solo una componente (la z ad es.) si è dimezzata e avremo L′ = (1 + 1 + 1/4)M R2 ω = 3/2M R2 ω Possiamo usare
le proprietà del prodotto scalare per calcolare velocemente l’angolo:
~
a · ~b = ax bx + ay by + az bz = |a||b| cos θ ⇒
√ 3
1
3 (M R2 ω)2 cos θ = (M R2 ω)2 (1 + 1 + ) ⇒
2
2
√
√ 3
5
5 3
3 cos θ = → cos θ =
⇒ θ = 15, 8◦
2
2
9
Parte XI
Statica
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
~ = cost se dopo l’applicazione di una forza esterna il corpo ritorna sponL
taneamente alla condizione di equilibrio statico allora si dice che l’eq. è
stabile viceversa si parlerà di eq. instabile.
Le precedenti con~
dP
~
~
dizioni implicano che P = cost ⇒ dt = 0 ⇒ Fext = 0 I requisito
equilibrio questa condizione non esclude una rotazione del corpo per cui
~ = cost ⇒ dL~ = 0 ⇒ P ~τext = 0 II requisito L’eq. statico inoltre richiede
L
dt
che la quantità di moto P~tot = 0
Esempi eq. statico-scala appoggiata
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
27
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
Esempi eq. statico-scala appoggiata
B
Fm
h
cm
Fy
A
a
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 laPscala
non siP
muove. Per l’equilibrio di un corpo rigido occorre sia la condizione
F~i =
0 che
~τi = 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 −FM · h + M g a2 + mg a3 = 0 da cui (a = L2 − h2 ) FM =
O
Fx
m
ga[ M
2 + 3 ]
h
≈ 410 N La condizione di eq. delle forze ci da invece
+Fy − mg − M g = 0 ⇒ Fy = (m + M )g = 1100 N
−Fx + FM = 0
⇒ Fx = FM
es. 13.3
b
T2
θ
T1
a
mg
M
Mg
Ry
O
Rx
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 momen-
ti (per non conteggiare il momento delle reazioni vincolari sull’estremo).
Otteniamo: +a · T2 − b · T1 − b2 · mg = 0 con b = L cos θ e a = L sin θ
inoltre l’equilibrio sulla massa M fornisce T1 − M g = 0 che sostituita nell’eq. prec. da: aT2 = b(M g) + 2b mg ⇒ T2 = ba g{M + m
2 } = 6100 N Per
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
28
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
trovare la forza complessiva agente sul vincolo invece bisogna completare
l’eq. delle forze sulla barra: Ry − mg − T1 = 0 e Rx − T2 = 0 da cui
Rx =qt2 e Ry = (m + M )g = 5047 N la reazione complessiva è allora
R=
R2x + r2y = 7900 N
Esercizio
m
2/3~L
C
O
Mg
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 − M g − mg = 0
2
L
2
+M g( L − ) − mg(x − L) = 0
3
2
3
2
ML
x− L=
⇒
3
m 6
eq.delle forze
ris. momenti in O
x = ( 32 +
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
porta a:
x:
Rx − Tx = 0
y:
Ry + Ty − W − M g = 0
−W x − M gL/2 + T L sin θ = 0
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
29
Nicola GigliettoA.A. 2016/17
T sin θ− Mg
500
− 200
2
quest’ultima ci fornisce x: x =
L quindi x = 2 300 2 3 = 1.5 m Le comW
ponenti delle forze sul muro sono invece: Rx = Tx = q
T cos 30◦ = 433 N e
Ry = W + M g − Ty = 300 + 200 − 500/2 = 250 N e R = R2x + R2y = 500 N
Esempio 7.18 Equilibrio di carrucole
Esempio 7.18 Equilibrio di carrucole
Determinare la condizione d’equilibrio per una carrucola sospesa. Si trascu-
F1
F2
rino massa della carrucola e dei fili.
Le condizioni
di equilibrio delle forze nel CM indicano T − F1 − F2 = 0 Mentre l’equilibrio
dei momenti richiede che F1 R − F2 R = 0 ⇒ F1 = F2 . Pertanto l’equilibrio
statico della carrucola implica che T=2F
Cap7-Mazzoldi-Dinamica corpi rigidi
30