Dinamica II Equilibrio statico di un corpo...

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A.Romero Restauro -Dinamica II 1 Dinamica II Equilibrio statico di un corpo esteso Se una particella è in equilibrio statico, cioè se è ferma e resta ferma, la forza risultante che agisce su di essa deve essere nulla. Nel caso di un corpo esteso, per esempio una bacchetta, la condizione che la forza risultante sia nulla è necessaria, ma non sufficiente, perché il corpo può ruotare anche se forza risultante che agisce su di esso è nulla. F 1 F 2 (a) Le due forze F 1 eF 2 sono uguali ed opposte, ma la bacchetta non è in equilibrio statico, perché queste forze tendono a farla ruotare in senso orario. F 1 F 2 (b) In questo caso, le due forze hanno la stessa retta d’azione e quindi non provocano la rotazione della bacchetta.

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Dinamica IIEquilibrio statico di un corpo esteso

Se una particella egrave in equilibrio statico cioegrave se egrave ferma e resta ferma la forzarisultante che agisce su di essa deve essere nullaNel caso di un corpo esteso per esempio una bacchetta la condizione che laforza risultante sia nulla egrave necessaria ma non sufficiente percheacute il corpo puograveruotare anche se forza risultante che agisce su di esso egrave nulla

F1

F2

(a) Le due forze F1 e F2 sono uguali edopposte ma la bacchetta non egrave inequilibrio statico percheacute queste forzetendono a farla ruotare in senso orario

F1

F2

(b) In questo caso le due forze hanno lastessa retta drsquoazione e quindi nonprovocano la rotazione della bacchetta

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Equilibrio statico di un corpo esteso

F

Per i corpi estesi oltre al modulo e alla direzione orientata della forza egrave quindiimportante anche il punto di applicazione

Esempio Per aprire una pesante porta sispinge in un punto il piugrave lontanopossibile dai cardini Nessuna forza perquanto intensa riusciragrave ad aprirla seesercitata in un punto appartenente allaretta passante per i cardini

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Momento di una forzaLa grandezza che misura lrsquoefficacia di una forza nel produrre la rotazione egravechiamata momento della forza M Il momento di una forza puograve essere orariooppure antiorario a seconda del senso di rotazione che tende a produrre in talcaso viene considerato rispettivamente negativo (rotazione oraria) o positivo(rotazione antioraria)Nellrsquoesempio illustrato in figura il momento della forza F egrave dato da

O

Rsin = L

F

FR

F

Retta di applicazione della

forza

R egrave la distanza tra il punto diapplicazione della forza e il punto O incui la sbarra egrave fissataL egrave il braccio della forzaIl momento egrave dato dal prodotto dellaforza per il braccio

FLRsinFRFsinRFM

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Condizioni per lrsquoequilibrioldquoPercheacute un corpo sia in equilibrio statico il momento risultante delleforze calcolato rispetto ad un punto qualsiasi in senso orario deve essereuguale al momento risultante in senso antiorariordquo

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MF CONDIZIONI PER LrsquoEQUILIBRIO

STATICO DI UN CORPO ESTESO

Se chiamiamo positivi i momenti di forza che hanno senso antiorario e negativiquelli con senso orario questa condizione equivale a dire che la somma algebricadei momenti delle forze rispetto a un punto qualsiasi deve essere nulla

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Centro di gravitagrave

i iPP

I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo

C

B

A

A

C

B

A

B

C

perno

Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)

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Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio

P

P

Centro di

gravitagrave

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Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale

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Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa

Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio

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Stabilitagrave e centro di gravitagrave

(a) (b) (c)

La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade

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56 m

36 m

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Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

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la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

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Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

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Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

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Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

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Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

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EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

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Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

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La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

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La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

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Esempio David di Michelangelo

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Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

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Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

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Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

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Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

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Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

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Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

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Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

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Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

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Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

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AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

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Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

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La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

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Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

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Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

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Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

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Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

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Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

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Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

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Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

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Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

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PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

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Equilibrio statico di un corpo esteso

F

Per i corpi estesi oltre al modulo e alla direzione orientata della forza egrave quindiimportante anche il punto di applicazione

Esempio Per aprire una pesante porta sispinge in un punto il piugrave lontanopossibile dai cardini Nessuna forza perquanto intensa riusciragrave ad aprirla seesercitata in un punto appartenente allaretta passante per i cardini

ARomero Restauro -Dinamica II 3

Momento di una forzaLa grandezza che misura lrsquoefficacia di una forza nel produrre la rotazione egravechiamata momento della forza M Il momento di una forza puograve essere orariooppure antiorario a seconda del senso di rotazione che tende a produrre in talcaso viene considerato rispettivamente negativo (rotazione oraria) o positivo(rotazione antioraria)Nellrsquoesempio illustrato in figura il momento della forza F egrave dato da

O

Rsin = L

F

FR

F

Retta di applicazione della

forza

R egrave la distanza tra il punto diapplicazione della forza e il punto O incui la sbarra egrave fissataL egrave il braccio della forzaIl momento egrave dato dal prodotto dellaforza per il braccio

FLRsinFRFsinRFM

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Condizioni per lrsquoequilibrioldquoPercheacute un corpo sia in equilibrio statico il momento risultante delleforze calcolato rispetto ad un punto qualsiasi in senso orario deve essereuguale al momento risultante in senso antiorariordquo

00

MF CONDIZIONI PER LrsquoEQUILIBRIO

STATICO DI UN CORPO ESTESO

Se chiamiamo positivi i momenti di forza che hanno senso antiorario e negativiquelli con senso orario questa condizione equivale a dire che la somma algebricadei momenti delle forze rispetto a un punto qualsiasi deve essere nulla

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Centro di gravitagrave

i iPP

I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo

C

B

A

A

C

B

A

B

C

perno

Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)

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Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio

P

P

Centro di

gravitagrave

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Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale

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Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa

Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio

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Stabilitagrave e centro di gravitagrave

(a) (b) (c)

La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade

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56 m

36 m

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

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la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 3

Momento di una forzaLa grandezza che misura lrsquoefficacia di una forza nel produrre la rotazione egravechiamata momento della forza M Il momento di una forza puograve essere orariooppure antiorario a seconda del senso di rotazione che tende a produrre in talcaso viene considerato rispettivamente negativo (rotazione oraria) o positivo(rotazione antioraria)Nellrsquoesempio illustrato in figura il momento della forza F egrave dato da

O

Rsin = L

F

FR

F

Retta di applicazione della

forza

R egrave la distanza tra il punto diapplicazione della forza e il punto O incui la sbarra egrave fissataL egrave il braccio della forzaIl momento egrave dato dal prodotto dellaforza per il braccio

FLRsinFRFsinRFM

ARomero Restauro -Dinamica II 4

Condizioni per lrsquoequilibrioldquoPercheacute un corpo sia in equilibrio statico il momento risultante delleforze calcolato rispetto ad un punto qualsiasi in senso orario deve essereuguale al momento risultante in senso antiorariordquo

00

MF CONDIZIONI PER LrsquoEQUILIBRIO

STATICO DI UN CORPO ESTESO

Se chiamiamo positivi i momenti di forza che hanno senso antiorario e negativiquelli con senso orario questa condizione equivale a dire che la somma algebricadei momenti delle forze rispetto a un punto qualsiasi deve essere nulla

ARomero Restauro -Dinamica II 5

Centro di gravitagrave

i iPP

I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo

C

B

A

A

C

B

A

B

C

perno

Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)

ARomero Restauro -Dinamica II 6

Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio

P

P

Centro di

gravitagrave

ARomero Restauro -Dinamica II 7

Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale

ARomero Restauro -Dinamica II 8

Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa

Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio

ARomero Restauro -Dinamica II 9

Stabilitagrave e centro di gravitagrave

(a) (b) (c)

La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade

ARomero Restauro -Dinamica II 10

56 m

36 m

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 4

Condizioni per lrsquoequilibrioldquoPercheacute un corpo sia in equilibrio statico il momento risultante delleforze calcolato rispetto ad un punto qualsiasi in senso orario deve essereuguale al momento risultante in senso antiorariordquo

00

MF CONDIZIONI PER LrsquoEQUILIBRIO

STATICO DI UN CORPO ESTESO

Se chiamiamo positivi i momenti di forza che hanno senso antiorario e negativiquelli con senso orario questa condizione equivale a dire che la somma algebricadei momenti delle forze rispetto a un punto qualsiasi deve essere nulla

ARomero Restauro -Dinamica II 5

Centro di gravitagrave

i iPP

I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo

C

B

A

A

C

B

A

B

C

perno

Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)

ARomero Restauro -Dinamica II 6

Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio

P

P

Centro di

gravitagrave

ARomero Restauro -Dinamica II 7

Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale

ARomero Restauro -Dinamica II 8

Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa

Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio

ARomero Restauro -Dinamica II 9

Stabilitagrave e centro di gravitagrave

(a) (b) (c)

La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade

ARomero Restauro -Dinamica II 10

56 m

36 m

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 5

Centro di gravitagrave

i iPP

I pesi Pi di tutte le particelle che costituiscono uncorpo possono essere sostituiti con il peso totale Pdel corpo applicato nel centro di gravitagrave che egraveil punto rispetto al quale il momento risultantedelle forze Pi egrave nullo

C

B

A

A

C

B

A

B

C

perno

Centro di gravitagraveIl centro di gravitagrave di uncorpo si puograve determinaresospendendolo ad un pernoin punti diversi e tracciandola retta verticale passanteper il perno (in triangolopunto incontro mediane)

ARomero Restauro -Dinamica II 6

Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio

P

P

Centro di

gravitagrave

ARomero Restauro -Dinamica II 7

Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale

ARomero Restauro -Dinamica II 8

Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa

Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio

ARomero Restauro -Dinamica II 9

Stabilitagrave e centro di gravitagrave

(a) (b) (c)

La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade

ARomero Restauro -Dinamica II 10

56 m

36 m

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 6

Equilibrio stabileLrsquoequilibrio di un corpo puograve essere di tre tipi stabile instabile o indifferenteLrsquoequilibrio stabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpoindietro verso la sua posizione di equilibrio

P

P

Centro di

gravitagrave

ARomero Restauro -Dinamica II 7

Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale

ARomero Restauro -Dinamica II 8

Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa

Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio

ARomero Restauro -Dinamica II 9

Stabilitagrave e centro di gravitagrave

(a) (b) (c)

La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade

ARomero Restauro -Dinamica II 10

56 m

36 m

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 7

Equilibrio instabileLrsquoequilibrio instabile si ha se le forze o i momenti di forza risultanti cheinsorgono a causa di un piccolo spostamento del corpo spingono il corpolontano dalla sua posizione iniziale

ARomero Restauro -Dinamica II 8

Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa

Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio

ARomero Restauro -Dinamica II 9

Stabilitagrave e centro di gravitagrave

(a) (b) (c)

La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade

ARomero Restauro -Dinamica II 10

56 m

36 m

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 8

Equilibrio indifferenteLrsquoequilibrio indifferente si ha quando in seguito ad un piccolo spostamento delcorpo non vi sono forze o momenti di forza risultanti che tendano a riportarloverso la sua posizione iniziale o ad allontanarlo da essa

Se si ruota leggermente il cilindro esso egrave di nuovo in equilibrio

ARomero Restauro -Dinamica II 9

Stabilitagrave e centro di gravitagrave

(a) (b) (c)

La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade

ARomero Restauro -Dinamica II 10

56 m

36 m

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 9

Stabilitagrave e centro di gravitagrave

(a) (b) (c)

La stabilitagrave dellrsquoequilibrio egrave relativa Se la bacchetta in (a) viene ruotata pococome in (b) essa ritorna nella sua posizione di equilibrio iniziale purcheacute laproiezione verticale del centro di gravitagrave si trovi entro la base di appoggio Sela rotazione egrave maggiore come in (c) la proiezione verticale del centro digravitagrave egrave al di fuori della base drsquoappoggio e la bacchetta cade

ARomero Restauro -Dinamica II 10

56 m

36 m

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 10

56 m

36 m

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 11

Macchine sempliciUna macchina semplice egrave un dispositivo che ha lo scopo ditrasformare una forza in entrata in una forza maggiore inuscitaA volte il vantaggio puograve essere anche solo quello di invertire ilverso della forza ( carrucole) o di rendere possibili alcuneazioni ( pinze)Esempi di macchine semplici sono le leve i piani inclinati e isistemi di carrucoleIl vantaggio A di una macchina semplice egrave definito come ilrapporto tra la forza in uscita e la forza in entrata

PotenzaResistenza

entratain forzauscitain forzaA

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 12

la leva di I genereLe leve (v disegno) sono vantaggiose quando F1(P) egraveminore di F2 (R) perchegrave il braccio F1 egrave maggiore del bracciodi F2 Serve per sollevare pesi maggiori di quello che siriuscirebbe normalmente Sono svantaggiose nel casocontrario e indifferenti se F1 = F2Esempio altalena su cui stanno persone con masse diverseLa piugrave leggera si siede piugrave lontano o palanchino persollevare blocchi di pietra

FulcroF1F2

a b

Per lrsquoequiliblio devo avere F1 a = F2 b

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 13

Leve di secondo genere

bull Hanno il fulcro allrsquoestremitagravebull Hanno la resistenza fra il fulcro e la

potenza

bull Sono sempre vantaggiose

bull a gt b quindi P lt R

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 14

Leve di secondo genere

bull Hanno la resistenza fra ilfulcro e la potenza

bull Esempi lo schiaccianoci lacarriola il trolley il piede

R

Pb a

F

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 15

Leve di terzo genere

bull Queste leve sono sempresvantaggiose ma sono molto usatepercheacute permettono di afferrare emanipolare con precisione oggettianche molto piccoli

bull Hanno la potenza fra il fulcro e laresistenza

bull Esempi gli aghi la canna da pescail braccio le molle per il camino lepinze per il ghiaccio e pinzette peril restauro

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 16

Un esempio di macchina semplice

Mm

a

b

Determinare la massa m che equilibri Ma = raggio interno = 1 cmb = raggio esterno = 6 cmM = 12 kg

I momenti delle due forze peso si devono equilibrareF1= M middot g = 12 middot 98 = 1176 NRispetto al fulcro (il centro della ruota) il momento egraveM1 = M middot g middot a = 1176 N middot m

Analogamente il momento della forza F2 ( peso dellamassa m egraveM2 = m middot g middot b = m middot 98 middot 006 N middot mNelle condizioni di equilibrio devo eguagliarequindi m = 2 kg

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 17

EsercizioUnrsquoaltalena egrave costituita da una tavola di 4 m imperniata nel centro (punto B) Unragazzo di massa m2 = 28 kg egrave seduto ad unrsquoestremitagrave della tavola (punto C)Dove dovrebbe sedere un ragazzo di massa m1 = 40 kg per equilibrare lrsquoaltalenaConsideriamo trascurabile il peso dellrsquoaltalena

Percheacute lrsquoaltalena sia in equilibrio deve essere nulla la somma dei momenti delleforze agenti su di essa tali forze sonobull la forza peso m1g applicata in Abull la forza peso m2g applicata in C

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 18

Lrsquoaltalena egrave imperniata in B per cui calcoliamo i momenti delle forze rispetto a talepuntoLa forza peso m1g tende a generare una rotazione in senso antiorario per cui ilcorrispondente momento egrave positivo la forza peso m2g tende invece a generare unarotazione in senso orario per cui il corrispondente momento egrave negativoLa somma dei due momenti deve essere nulla allrsquoequilibrio

m 41kg 40

m 2kg 28m

BCmg)(mBCg)(mAB

0BCg)(m ABg)(m

1

_____

2

1

_____

2____

_____

2

____

1

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 19

La carrucola

Nella carrucola fissa lasse della puleggia egrave fisso e la ruota ha la sola funzione di deviare la forzaapplicata ad una estremitagrave della fune Laltra estremitagrave egrave collegata al carico

Il rapporto tra la forza attiva e laforza resistente allequilibrio egravepari ad uno

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 20

La carrucolaUna carrucola composta egrave un insieme didue o piugrave carrucole in parte fisse ed inparte mobili Il vantaggio di questo sistemaegrave di avere un rapporto di forze pari alnumero di carrucole presenti Per esempiose ho due ruote il rapporto tra la forzasollevata e la forza applicata egrave di 2 a 1Lo stesso rapporto si ha tra la velocitagrave ditrazione e la velocitagrave di sollevamentoe tragli spazi percorsiIl Lavoro fatto per sollevare il peso di 100N di 1 m egrave50N2m=100J(devo tirare il doppio di corda)

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 21

Esempio David di Michelangelo

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 22

Esempio David di Michelangelo

Il centro di massa (Gt) non si trova in corrispondenza del centro di massa del basamento (Gb) ma spostato verso la

gamba destra

Il peso grava quindi maggiormente su tale gamba (quella con il tronco drsquoalbero)

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 23

Esempio David di Michelangelo

Nelle parti basse della statua (soprattutto sul tronco drsquoalbero) sono visibili diverse crepe che in queste immagini sono evidenziate in rosso

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 24

Esempio David di Michelangelo

Usando la scansione laser (verragrave studiata il prossimo anno) la statua egrave stata ricostruita in forma digitale

Questo ha permesso uno studio per mezzo di software opportuni degli stress a cui sono sottoposte le varie parti della statua

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 25

Esempio David di MichelangeloLe zone rosse sono quelle sottoposte a maggior stress (tra circa 1 GPa e 15 GPa)

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 26

Esempio David di MichelangeloLrsquoimmagine mostra che lo stress viene scaricato principalmente sul lato posteriore del troncodrsquoalbero ed in parte sulla caviglia sinistra Il tronco drsquoalbero egrave quindi un elemento di vitaleimportanza per la statica della statua Senza di esso il David non resisterebbe allo stresscausato dallrsquoeccentricitagrave del centro di massa e sarebbe collassato anche prima del suocompletamentoIl carico di rottura per il marmo utilizzato da Michelangelo egrave compreso tra 2 GPa e 3 GPa (aseconda se esposto o meno agli agenti atmosferici) Se si esegue una simulazione con ilcalcolatore eliminando il tronco drsquoalbero si ottiene un carico sulle caviglie di piugrave di 4 GPa cheavrebbe fatto collassare lrsquoopera

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 27

Esempio David di Michelangelo

Marcello Venusti Ritratto di Michelangelo 1535

Firenze Casa Buonarroti

Se ha inserito nellrsquoopera il tronco drsquoalberoMichelangelo aveva ben chiaro tutto questohellip

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 28

Esempio David di Michelangelo

Nellrsquoimmagine si puograve osservare la corrispondenzadelle crepe con i punti di maggiore stress calcolatidal software

In ogni caso questo studio ha concluso che lecrepe sono state prodotte da unrsquoanomalainclinazione della statua (le cui cause sonoancora da verificare ma potrebbe aver contribuitoil calco di gesso da circa 6000 kg effettuato nel1847) osservata a partire dalla metagrave dellrsquoottocentoche ha fatto salire sopra i 2 GPa lo stress nellezone delle crepe

Inoltre egrave stato verificato che la situazione (statica)odierna non desta preoccupazione immediate inquanto nellrsquoattuale collocazione (dal 1873 egrave statoposto presso la Galleria dellrsquoAccademia) la statuaha ripreso la sua posizione verticale riducendocosigrave il valore degli stress

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 29

Esempio David di Michelangelo

Diverso egrave il discorso sulla stabilitagrave in caso di fortioscillazioni come in presenza di un terremoto

Fortunatamente fino ad adesso i piugrave grossiterremoti nella zona si sono verificati prima dellaformazione delle crepe ma egrave probabile che sulunghi periodi ce ne saranno altri

Studi sono in corso per valutare questo problemain modo da adottare le contromisure opportune Infigura sono mostrati i tensimetri collocati nei puntinevralgici della statua e che sono stati utilizzati pervalutare i movimenti durante una sollecitazionedinamica

I primi test (2006) hanno mostrato movimentisignificativi delle zone lesionate anche per piccoliimpulsi Ulteriori test sono previsti per il futuro

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

B baricentro

P forza peso

B

P

C centro di rotazione

C

F

F forza applicata

Condizione di equilibrio iniziale (senza applicazione di forze) si determina la rettasu cui staragrave il baricentro

B

P

C

Seconda condizione di equilibrio (applicando una forza misurata con un dinamometro) si determina il punto esatto del baricentro B

Misura del baricentro

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

B

CD

Una volta trovata una posizione di equilibrio viene determinata la retta su cui sta il baricentro lrsquoincognita diventa la sua distanza dalla superficie D

Procedimento

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

B

P

F

C Yαα

Per valutare D egrave sufficiente valutare lrsquoangolo di rotazione fra le due posizioni di equilibrio e misurare il peso dellrsquooggettoPeso (senza braccia) 13 kg P = 1275 N

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

B

P

F

CX

Y

Essendo il corpo in equilibrio la somma dei momenti delle forze egrave nulla e vale quindiCX P - CY F = 0

Una volta trovato CX conoscendo α si trova CB (cioegrave il punto del baricentro)

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 34

Quando cerchiamo di muovere un oggetto che si trova a contatto con unasuperficie ci accorgiamo che lrsquoeffetto della forza non egrave immediato selrsquooggetto egrave pesante dobbiamo prima ldquosmuoverlordquo dalla sua posizione originaleQuando lrsquooggetto si mette in movimento lrsquoesperienza ci insegna chebull la forza che dobbiamo applicare per mantenere in moto lrsquooggetto egrave minore diquella necessaria per smuoverlo

bull se smettiamo di applicare una forza lrsquooggetto si ferma

Queste osservazioni sarebbero in contraddizione con il secondo principio ameno che non attribuiamo questi effetti a delle forze che si generano nelcontatto fra lrsquooggetto da muovere e la superficie su cui questo egrave appoggiato oil mezzo in cui esso si muove

Queste forze che si oppongono al moto di un oggetto si chiamano ATTRITI

Ci sono varie forme di attrito che vengono per lo piugrave individuate e classificatein base alle diverse situazioni dinamiche in cui si trova lrsquooggetto

Attrito

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 35

AttritoSe sul pavimento egrave appoggiata una grande cassa e la si spinge con una piccolaforza orizzontale F egrave possibile che la cassa non si muova affatto La ragione egraveche il pavimento esercita una forza di attrito statico fs che equilibra la forza FQuesta forza di attrito egrave dovuta ai legami tra le molecole della cassa e quelle delpavimento in quei punti in cui le superfici sono in contatto molto stretto

La forza di attrito statico puograve variare da zero aduna forza massima fsmax a seconda della forza concui si spinge se la forza F egrave sufficientementeintensa la cassa strisceragrave sul pavimentoMentre la cassa striscia si creano e si romponocontinuamente legami molecolari e si romponopiccoli frammenti delle superfici il risultato egrave unaforza di attrito dinamico (o attrito cinetico) fd chesi oppone al moto Percheacute la cassa continui astrisciare con velocitagrave costante occorre esercitareuna forza uguale ed opposta alla forza di attritodinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 36

Attrito staticoIl modulo della forza di attrito statico puograve variare fra zero e un valore massimoche egrave proporzionale alla reazione vincolare normale al piano su cui egraveappoggiato il corpo Direzione e verso sono indicati in figura

Il coefficiente adimensionales egrave detto coefficiente di attrito

statico

Ffs

N

mg

Corpo in quiete

Nμf ss

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 37

La forza di attrito dinamico ha sempre direzione uguale a quella della velocitagravedellrsquooggetto verso contrario e modulo proporzionale alla reazione vincolarenormale al piano su cui si muove lrsquooggetto

Il coefficiente adimensionale d egrave detto coefficiente di attrito dinamico

Nμdd f

mg

fd

N

v

Corpo in movimento Sperimentalmente egrave stato trovato chebull d egrave minore sbull per velocitagrave comprese tra circa 1cms e parecchimetri al secondo d egrave praticamente costantebull d (come s) dipende dalla natura delle superficima egrave indipendente dallrsquoarea (macroscopica) dicontatto

Attrito dinamico

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 38

Coefficienti di attrito

Superfici s d

Legno su pietra 07 03

Gomma su cemento asciutto 065 05

Gomma su cemento bagnato 04 035

Gomma su ghiaccio 02 015

Acciaio su acciaio asciutto 015 012

Questi numeri sono indicativi infatti i coefficienti di attrito dipendonomolto dallo stato delle superfici dalla temperatura dallrsquoumiditagraveecc Vengono valutati sperimentalmente

Il coefficiente di attrito statico egrave in generale maggiore del coefficientedi attrito dinamico Alcuni esempi

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 39

Gli attriti sono uguali a tutte le altre forze

Abbiamo visto che gli attriti dove presenti vanno considerati forze da includerenellrsquoequazione del moto come tutte le altre Tuttavia crsquoegrave una differenzasostanziale tra gli attriti e le altre forze che va sottolineata

Se appoggio un blocco su una superficie piana che abbia un certo coefficiente diattrito e non spingo il blocco parallelamente alla superficie NON ho presenza diforza di attrito (mentre ad esempio agiscono la forza peso e la reazionevincolare del piano)

Gli attriti sono forze che si esercitano solo in presenza di moto (o tentativo di moto)

Gli attriti non sono in grado di generare moto ma solo di opporvisi

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 40

Attrito volvente

N196089100020mgF s

Sperimentalmente si osserva che un corpo che rotola senza strisciare su un piano orizzontale in assenza di forze o di momenti applicati si arresta dopo un certo tempo

Al moto di puro rotolamento sotto lrsquoazione di forze conservative come lo sono le forze costanti e in particolare la forza peso si puograve applicare la legge di conservazione dellrsquoenergia meccanica

Infatti la forza di attrito agisce su un punto fermo per cui lo spostamento egrave nullo ed egrave quindi nullo il lavoro

Deve esistere unrsquoaltra forma di attrito (attrito volvente o di rotolamento) che viene attribuito alla deformazione locale del piano e puograve essere rappresentato con lrsquoazione di un momento

mgMv h Con h coefficiente di attrito volvente [m]

Per vincere il momento dovuto allrsquoazione dellrsquoattrito volvente si deve applicare al corpo di forma circolare una forza di trazione r

mgF2h

Per spostare cilindro di m=103 Kg se striscia

Se rotola e ha r=02 m N5220

8910105rmgF

35

h

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 41

Il piano inclinato Una cassa di materiale proveniente da uno scavo di massa m = 30 kgscivola lungo un pianale inclinato di 30ordm rispetto al suolo Quanto tempoimpiega la cassa per raggiungere la base del pianale se questo egrave lungo 3m Con quale velocitagrave la cassa raggiunge il suolo se v0 iniziale egrave nulla

Ersquo importante disegnare su un grafico la situazione descritta nel testo e tracciare tutte le forze con direzione e verso corretti Forze agenti sono forza peso e reazione vincolare

mg

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 42

Diagramma delle forzeIl piano inclinato si comporta come un vincolo per il moto della cassa Essoesercita quindi una forza di reazione ortogonale al piano stesso

Il modulo della reazione vincolare N egrave tale da compensare la componente dellaforza peso ortogonale al piano

mg

N

Forza pesoComponente della forza peso ortogonale al vincolo

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 43

Sistema di riferimentoDobbiamo ora scegliere un sistema di riferimento nel quale descrivere il motodella cassa Il moto si svolge tutto in un pianoQuindi si usano assi x e y

Ci sono due scelte per gli assi La prima egrave quella di prendere lrsquoasse delle xparallelo al terreno La seconda x parallelo a piano e y ortogonale ad esso

mg

Ny

x

mg

N

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 44

Equazione del motoQuale delle due scelte egrave la migliore In entrambi i casi una delle due forze andragrave scomposta lungo gli assi Vedo quale egrave piugrave semplice

il piano inclinato agisce da vincololrsquoaccelerazione in direzione ortogonale ad esso saragrave nulla sistema di riferimento con lrsquoasse x parallelo al piano inclinato lrsquoequazione del moto egrave semplificata Dobbiamo ora scrivere lrsquoequazione del motoper la cassa Ersquo unrsquoequazione vettoriale Scriviamo le due equazioni lungo x e y

i

y

x

i maNmgcosmamgsin

m

aF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve esserenulla per la presenza del vincolo Pertanto

ix

i 0Nmgcosmamgsin

m

aF

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 45

Accelerazione e tempo

200 ta

21tvxx

22 t2189

21tseng

21x

ci sono due incognite il modulo N della reazione vincolare e lrsquoaccelerazionelungo x ax) e due equazioni indipendenti tra loroproblema ha soluzione

La prima equazione ci dagravelrsquoaccelerazione

La seconda il modulo dellareazione vincolare

mgcosθN

mg

N

gsinax

xmamgsin

Trovo il tempo dalla2ta

21x

22 t4523t452x

s11t221t4523t 2

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

ARomero Restauro -Dinamica II 46

Piano inclinato con attrito

xd acosggsin

Stesso problema di prima a cui si aggiunge la forza di attrito dinamico fd che ha direzione opposta al moto lungo il pianale Scriviamo le due equazioni lungo x e y Lungo y egrave uguale a prima

ixd

i 0Nmgcosmafmgsin

amF

mg

N

Lrsquoaccelerazione lungo lrsquoasse y deve essere nulla come prima per la presenza delvincolo Pertanto

xd macosmgmgsin

)cosg(sina dx Lrsquoaccelerazione egrave costante ma minore chenel caso senza attrito Puograve diventare nullaper opportuni valori di θ e di microdIn genere non si vuole che il corpo accelerima che scenda il piugrave lentamente possibilecon a=0 Quindi si applica una forza versolrsquoalto (con la mani o con una fune) tale chesia eguale a max

fd

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

PROPOSTA ESPOSITIVA PIANO INCLINATO

PROBLEMACOME

POSIZIONARE LrsquoARAZZO SU UN

PIANO INCLINATO

PROPOSTARIVESTIMENTO CON TESSUTO CHE CREI

SUFFICIENTE ATTRITO DA

EVITARE QUALSIASI ANCORAGGIO

47

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

METODOLOGIA

SIMULAZIONE DI UN PIANO INCLINATO TEST DI TRE TESSUTI1) Tessuto di lana ad armatura saia (SHETLAND)2) Tessuto di lana ad armatura tela (PANNO DA GIOCO)3) Tessuto di cotone ad armatura tela (MOLLETTONE)PICCOLO ARAZZO FODERATO CON TESSUTO DI LINO AD ARMATURA TELA PER SIMULARE LrsquoARAZZO

SHETLAND PANNO DA GIOCO MOLLETTONE 48

OBIETTIVO COEFFICIENTE DI ATTRITO STATICO MAGGIORE

micros = 033

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale

49

PIANO INCLINATO SIMULAZIONE

α = 30deg

ARAZZO

F

m g

Fd ndash F gt 0 micros (m g) cos 30deg - (m g) sin 30deg gt 0

12383 N ndash 2124 N = 10258 N gt 0

Angolo del piano inclinato (α) = 30deg

Fd = forza di attrito di primo distacco

F = forza parallela al piano

(tira lrsquoarazzo verso il basso)

In conclusione per far cadere lrsquoarazzo su un piano inclinato di 30deg egrave necessario tirarlo con 1045 kg

POSSIBILITAgrave DI NON ANCORARE LrsquoOGGETTO AL PIANO

buon compromesso scarico peso +

buona visibilitagrave oggetto (piccole

dimensioni)

Fd

m g = forza peso

m g cos α

N

α

N = normale